广东省中山市一中2020-2021学年高二数学下学期补充练习导数.doc

广东省中山市一中2020-2021学年高二数学下学期补充练习导数

广东省中山市一中2020-2021学年高二数学下学期补充练习导数

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姓名：

2020-2021学年第二学期高二数学导数补充练习（2）
班级： 姓名： 登分号：
一、选择题
1．(2019·合肥模拟)已知直线2x－y＋1＝0与曲线y＝aex＋x相切，其中e为自然对数的底数，则实数a的值是(　　)
A．e B．2e C．1 D．2
2．(2019·广州模拟)设函数f(x)＝x3＋ax2，若曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线方程为x＋y＝0，则点P的坐标为(　　)
A．(0,0) B．(1，－1) C．(－1,1) D．(1，－1)或(－1,1)
3．(2019·重庆调研)若函数f(x)＝(x＋a)ex在(0，＋∞)上不单调，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，－1) B．(－∞，0) C．(－1,0) D．[－1，＋∞)
4．(2019·河南模拟)若函数f(x)＝x3－x2＋2bx在区间[－3,1]上不是单调函数，则f(x)在R上的极小值为(　　)
A．2b－ B．b－ C．0 D．b2－b2
5．(2019·河南息县第一高级中学段测)函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间(－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是(　　)
A．20 B．18 C．3 D．0
6．已知函数f(x)＝－ln x＋ax，g(x)＝(x＋a)ex，a<0，若存在区间D，使函数f(x)和g(x)在区间D上的单调性相同，则a的取值范围是(　　)
A． B．(－∞，0) C． D．(－∞，－1)
二、填空题
7．(2019·四川成都模拟)已知函数f(x)＝－x2＋4x－3ln x在区间[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________．
8．(2019·成都模拟)若曲线y＝ln x＋ax2－2x(a为常数)不存在斜率为负数的切线，则实数a的取值范围是________．

三、解答题
9．(2019·四川遂宁检测)已知函数f(x)＝x2＋ln x－ax.
(1)当a＝3时，求f(x)的单调增区间； (2)若f(x)在(0,1)上是增函数，求实数a的取值范围．

10．(2019·江西红色七校第一次联考)已知函数f(x)＝ex(x2－2x＋a)(其中a∈R，a为常数，e为自然对数的底数)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)设曲线y＝f(x)在(a，f(a))处的切线为l，当a∈[1,3]时，求直线l在y轴上截距的取值范围．

11．(2019·青海省西宁四中二模)已知函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x，其中a∈R.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当a>0时，若f(x)在区间[1，e]上的最小值为－2，求a的取值范围．

12. 设函数f(x)＝ln x＋，m∈R.，讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数．

13. (2019·齐齐哈尔二模)已知函数f(x)＝－bx(a，b∈R)．(1)当b＝0时，讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数g(x)＝在x＝(e为自然对数的底数)时取得极值，且函数g(x)在(0，e)上有两个零点，求实数b的取值范围．

14. (2019·顺义区二模)设函数f(x)＝a－ln x，a∈R.
(1)若点(1,1)在曲线y＝f(x)上，求在该点处曲线的切线方程；
(2)(一题多解)若f(x)≥2恒成立，求a的取值范围．

2020-2021学年第二学期高二数学导数补充练习（2）
班级： 姓名： 登分号：
一、选择题
1．(2019·合肥模拟)已知直线2x－y＋1＝0与曲线y＝aex＋x相切，其中e为自然对数的底数，则实数a的值是(　　)
A．e B．2e C．1 D．2
解析：选C　∵y＝aex＋x，∴y′＝aex＋1，设直线2x－y＋1＝0与曲线y＝aex＋x相切的切点坐标为(m，n)，则y′|x＝m＝aem＋1＝2，得aem＝1.又n＝aem＋m＝2m＋1，∴m＝0，n＝1，a＝1，故选C．
2．(2019·广州模拟)设函数f(x)＝x3＋ax2，若曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线方程为x＋y＝0，则点P的坐标为(　　)
A．(0,0) B．(1，－1) C．(－1,1) D．(1，－1)或(－1,1)
解析：选D　由题意知，f′(x)＝3x2＋2ax，
所以曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率为f′(x0)＝3x＋2ax0，又切线方程为x＋y＝0，
所以x0≠0，且
所以当时，点P的坐标为(1，－1)；
当时，点P的坐标为(－1,1)，故选D．
3．(2019·重庆调研)若函数f(x)＝(x＋a)ex在(0，＋∞)上不单调，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，－1) B．(－∞，0) C．(－1,0) D．[－1，＋∞)
解析：选A　f′(x)＝ex(x＋a＋1)，由题意，知方程ex(x＋a＋1)＝0在(0，＋∞)上至少有一个实数根，即x＝－a－1>0，解得a<－1.
4．(2019·河南模拟)若函数f(x)＝x3－x2＋2bx在区间[－3,1]上不是单调函数，则f(x)在R上的极小值为(　　)
A．2b－ B．b－ C．0 D．b2－b2
解析：选A　由题意得f′(x)＝(x－b)(x－2)．因为f(x)在区间[－3,1]上不是单调函数，所以－3<b<1.由f′(x)>0，解得x>2或x<b；由f′(x)<0，解得b<x<2.所以f(x)的极小值为f(2)＝2b－.故选A．
5．(2019·河南息县第一高级中学段测)函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间(－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是(　　)
A．20 B．18 C．3 D．0
解析：选A　对于区间(－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，等价于在区间(－3,2]上，f(x)max－f(x)min≤t，∵f(x)＝x3－3x－1，∴f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)．∵x∈(－3,2]，∴函数f(x)在(－3，－1)，(1,2)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，
∴f(x)max＝f(2)＝f(－1)＝1，f(x)min＝f(－3)＝－19，∴f(x)max－f(x)min＝20，∴t≥20，即实数t的最小值是20.
6．已知函数f(x)＝－ln x＋ax，g(x)＝(x＋a)ex，a<0，若存在区间D，使函数f(x)和g(x)在区间D上的单调性相同，则a的取值范围是(　　)
A． B．(－∞，0) C． D．(－∞，－1)
解析：选D　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＋a＝，由a<0可得f′(x)<0，即f(x)在定义域(0，＋∞)上单调递减．g′(x)＝ex＋(x＋a)ex＝(x＋a＋1)·ex，令g′(x)＝0，解得x＝－(a＋1)，当x∈(－∞，－a－1)时，g′(x)<0，当x∈(－a－1，＋∞)时，g′(x)>0，故g(x)的单调递减区间为 (－∞，－a－1)，单调递增区间为(－a－1，＋∞)．因为存在区间D，使f(x)和g(x)在区间D上的单调性相同，所以－a－1>0，即a<－1，故a的取值范围是(－∞，－1)，故选D．
二、填空题
7．(2019·四川成都模拟)已知函数f(x)＝－x2＋4x－3ln x在区间[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________．
解析：由题意知f′(x)＝－x＋4－＝－，由f′(x)＝0得函数f(x)的两个极值点为1和3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，
∴1∈(t，t＋1)或3∈(t，t＋1)⇔或⇔0<t<1或2<t<3.
答案：(0,1)∪(2,3)
8．(2019·成都模拟)若曲线y＝ln x＋ax2－2x(a为常数)不存在斜率为负数的切线，则实数a的取值范围是________．
解析：f′(x)＝＋2ax－2＝(x>0)，
由题意得f′(x)≥0在x>0时恒成立， 所以2ax2－2x＋1≥0在x>0时恒成立，
即2a≥－＝－＋1＝－2＋1，所以a≥，所以a的取值范围为.
答案：
三、解答题
9．(2019·四川遂宁检测)已知函数f(x)＝x2＋ln x－ax.
(1)当a＝3时，求f(x)的单调增区间；
(2)若f(x)在(0,1)上是增函数，求实数a的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．当a＝3时，f(x)＝x2＋ln x－3x，∴f′(x)＝2x＋－3.由f′(x)>0，解得0<x<或x>1，
∴函数f(x)的单调增区间为，(1，＋∞)．
(2)由题意得f′(x)＝2x＋－a，
∵f(x)在(0,1)上是增函数，
∴f′(x)＝2x＋－a≥0在(0,1)上恒成立，即a≤2x＋在(0,1)上恒成立．
∵2x＋≥2当且仅当2x＝，即x＝时，等号成立，
∴2x＋的最小值为2，所以a≤2，故实数a的取值范围为(－∞，2]．
10．(2019·江西红色七校第一次联考)已知函数f(x)＝ex(x2－2x＋a)(其中a∈R，a为常数，e为自然对数的底数)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)设曲线y＝f(x)在(a，f(a))处的切线为l，当a∈[1,3]时，求直线l在y轴上截距的取值范围．
解：(1)f′(x)＝ex(x2－2x＋a)＋ex(2x－2)＝ex(x2＋a－2)，
当a≥2时，f′(x)≥0恒成立，故函数f(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递增；
当a<2时，f′(x)≥0⇔x2≥2－a⇔x≤－或x≥，
f′(x)<0⇔x2<2－a⇔－<x<.
故函数f(x)在区间(－∞，－]，[，＋∞)上单调递增，
在区间(－，)上单调递减．
(2)f(a)＝ea(a2－a), f′(a)＝ea(a2＋a－2)，
所以直线l的方程为y－ea(a2－a)＝ea(a2＋a－2)(x－a)．
令x＝0，得直线l在y轴上的截距为ea(－a3＋a)，记g(a)＝ea(－a3＋a)(1≤a≤3)，
则g′(a)＝ea(－a3－3a2＋a＋1)，记h(a)＝－a3－3a2＋a＋1(1≤a≤3)，
则h′(a)＝－3a2－6a＋1<0(1≤a≤3)，所以h(a)在[1,3]上单调递减，
所以h(a)≤h(1)＝－2<0，所以g′(a)<0，即g(a)在区间[1,3]上单调递减，所以g(3)≤g(a)≤g(1)，
即直线l在y轴上截距的取值范围是[－24e3,0]．
11．(2019·青海省西宁四中二模)已知函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x，其中a∈R.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当a>0时，若f(x)在区间[1，e]上的最小值为－2，求a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝x2－3x＋ln x(x>0)，
所以f′(x)＝2x－3＋＝，
所以f(1)＝－2，f′(1)＝0.
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－2.
(2)函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x的定义域为(0，＋∞)，
当a>0时，f′(x)＝2ax－(a＋2)＋＝＝，
令f′(x)＝0，解得x＝或x＝.
①当0<≤1，即a≥1时，f(x)在[1，e]上单调递增，
所以f(x)在[1，e]上的最小值为f(1)＝－2，符合题意；
②当1<<e，即<a<1时，f(x)在上单调递减，在上单调递增．
所以f(x)在[1，e]上的最小值为f<f(1)＝－2，不符合题意；
③当≥e，即0<a≤时，f(x)在[1，e]上单调递减，
所以f(x)在[1，e]上的最小值为f(e)<f(1)＝－2，不符合题意．
综上，实数a的取值范围是[1，＋∞)．

13. 设函数f(x)＝ln x＋，m∈R.，讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数．
[解]由题设知，g(x)＝f′(x)－＝－－(x>0)，
令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x>0)．
设φ(x)＝－x3＋x(x>0)，
则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，令φ′(x)＝0，得x＝1或x＝－1(舍)，
当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，∴φ(x)在(0,1)上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，
∴φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．
∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点，
∴φ(x)的最大值为φ(1)＝.
结合函数y＝φ(x)的图象(如图)，可知

①当m>时，函数g(x)无零点；
②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；
③当0<m<时，函数g(x)有两个零点；
④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．
综上所述，当m>时，函数g(x)无零点；当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0<m<时，函数g(x)有两个零点．
15. (2019·齐齐哈尔二模)已知函数f(x)＝－bx(a，b∈R)．
(1)当b＝0时，讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数g(x)＝在x＝(e为自然对数的底数)时取得极值，且函数g(x)在(0，e)上有两个零点，求实数b的取值范围．
[规范解答]　(1)当b＝0时，f(x)＝，x∈(0，＋∞)．
f′(x)＝＝，
令f′(x)＝0，得x＝ea＋1，可得函数f(x)在(0，ea＋1)上单调递增，在(ea＋1，＋∞)上单调递减．
(2)g(x)＝＝－b，x∈(0，＋∞)．
g′(x)＝＝.
∵函数g(x)在x＝(e为自然对数的底数)时取得极值，
∴g′()＝＝0，解得a＝0.

∴g(x)＝－b，g′(x)＝.
可得当x＝(e为自然对数的底数)时取得极大值，
又∵函数g(x)在(0，e)上有两个零点，
∴g()＝－b>0，且g(e)＝－b<0，x→0时，g(x)<0，
解得<b<.当b∈时，故g(x)在(0，e)上有两个零点．
∴实数b的取值范围是.
16. (2019·顺义区二模)设函数f(x)＝a－ln x，a∈R.
(1)若点(1,1)在曲线y＝f(x)上，求在该点处曲线的切线方程；
(2)(一题多解)若f(x)≥2恒成立，求a的取值范围．
[规范解答]　(1)因为点(1,1)在曲线y＝f(x)上，
所以a＝1，f(x)＝－ln x.
又f′(x)＝－＝，所以k＝f′(1)＝－.
则在该点处曲线的切线方程为y－1＝－(x－1)，即x＋2y－3＝0.
(2)解法一：定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－＝.
讨论：①当a≤0时，f′(x)<0，
此时f(x)在(0，＋∞)上单调递减，又f(1)＝a≤0，不满足f(x)≥2.
②当a>0时，令f′(x)＝0，可得x＝，
列表可得
x

f′(x)
－
0
＋
f(x)
单调递减

单调递增
所以f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以f(x)最小值＝f＝2－ln ，所以令2－ln ≥2，解得a≥2，
所以a的取值范围为a≥2.
解法二：定义域为(0，＋∞)，f(x)≥2恒成立即a－ln x≥2恒成立，又>0，
所以a≥恒成立．(分离)
令g(x)＝，x∈(0，＋∞)，(构造)
则g′(x)＝－，由g′(x)>0⇒0<x<1，
所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，g(x)max＝g(1)＝2，(转化)
所以a≥2.