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限时规范训练六 导数的简单应用
一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)
1．设函数f(x)＝－aln x，若f′(2)＝3，则实数a的值为( )
A．4 B．－4
C．2 D．－2
解析：选B.f′(x)＝－，故f′(2)＝－＝3，因此a＝－4.
2．曲线y＝ex在点A处的切线与直线x－y＋3＝0平行，则点A的坐标为( )
A．(－1，e－1) B．(0,1)
C．(1，e) D．(0,2)
解析：选B.设A(x0，e)，y′＝ex，∴y′|＝e.由导数的几何意义可知切线的斜率k＝e.
由切线与直线x－y＋3＝0平行可得切线的斜率k＝1.
∴e＝1，∴x0＝0，∴A(0,1)．故选B.
3．若函数f(x)＝x3－2cx2＋x有极值点，则实数c的取值范围为 ( )
A.
B.
C.∪
D.∪
解析：选D.若函数f(x)＝x3－2cx2＋x有极值点，则f′(x)＝3x2－4cx＋1＝0有两根，故Δ＝(－4c)2－12＞0，从而c＞或c＜－.
4．已知f(x)＝aln x＋x2(a＞0)，若对任意两个不等的正实数x1，x2都有≥2恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．[1，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(0,1) D．(0,1]
解析：选A.由条件可知在定义域上函数图象的切线斜率大于等于2，所以函数的导数f′(x)＝＋x≥2.可得x＝时，f′(x)有最小值2.∴a≥1.
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5．若定义在R上的函数f(x)满足f(0)＝－1，其导函数f′(x)满足f′(x)＞k＞1，则下列结论中一定错误的是( )
A．f＜ B．f＞
C．f＜ D．f＞
解析：选C.构造函数g(x)＝f(x)－kx＋1，
则g′(x)＝f′(x)－k＞0，∴g(x)在R上为增函数．
∵k＞1，∴＞0，则g＞g(0)．
而g(0)＝f(0)＋1＝0，
∴g＝f－＋1＞0，
即f＞－1＝，
所以选项C错误，故选C.
6．由曲线y＝x2，y＝围成的封闭图形的面积为( )
A. B.
C. D．1
解析：选B.由题意可知所求面积(如图中阴影部分的面积)为(－x2)dx＝＝.所以选B.
二、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)
7．(2016·高考全国卷Ⅱ)若直线y＝kx＋b是曲线y＝ln x＋2的切线，也是曲线y＝ln(x＋1)的切线，则b＝________.
解析：直线y＝kx＋b与曲线y＝ln x＋2，y＝ln(x＋1)均相切，设切点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，由y＝ln x＋2得y′＝，由y＝ln(x＋1)得y′＝，∴k＝＝，
∴x1＝，x2＝－1，∴y1＝－ln k＋2，y2＝－ln k.
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即A，B，
∵A、B在直线y＝kx＋b上，
∴解得
答案：1－ln 2
8．已知函数f(x)＝－x2－3x＋4ln x在(t，t＋1)上不单调，则实数t的取值范围是________．
解析：由题意得，f(x)的定义域为(0，＋∞)，∴t＞0，
∴f′(x)＝－x－3＋＝0在(t，t＋1)上有解，
∴＝0在(t，t＋1)上有解，
∴x2＋3x－4＝0在(t，t＋1)上有解，由x2＋3x－4＝0得x＝1或x＝－4(舍去)，∴1∈(t，t＋1)，∴t∈(0,1)，故实数t的取值范围是(0,1)．
答案：(0,1)
9．若f(x)＝－x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，则实数b的最大值是________．
解析：函数的定义域是x＋2＞0，即x＞－2，而f′(x)＝－x＋＝.因为x＋2＞0，函数f(x)＝－x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，即－x2－2x＋b≤0在x∈(－1，＋∞)上恒成立，得b≤x2＋2x在x∈(－1，＋∞)上恒成立，令g(x)＝x2＋2x＝(x＋1)2－1，x∈(－1，＋∞)，g(x)＞g(－1)＝－1，所以b≤－1.所以b的最大值为－1.
答案：－1
三、解答题(本题共3小题，每小题12分，共36分)
10．已知f(x)＝2x＋3－.
(1)求证：当x＝0时，f(x)取得极小值；
(2)是否存在满足n＞m≥0的实数m，n，当x∈[m，n]时，f(x)的值域为[m，n]？若存在，求m，n的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：由已知得f(x)的定义域为.
当x＞－时，f′(x)＝2－
＝.
设F(x)＝8x2＋8x＋2ln(2x＋1)，则f′(x)＝.
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当x＞－时，y＝8x2＋8x＝82－2是单调递增函数，y＝2ln(2x＋1)也是单调递增函数．
∴当x＞－时，F(x)＝8x2＋8x＋2ln(2x＋1)单调递增．
∴当－＜x＜0时，F(x)＜F(0)＝0，当x＞0时，F(x)＞F(0)＝0.
∴当－＜x＜0时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x＞0时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
∴当x＝0时，f(x)取得极小值．
(2)由(1)知f(x)在[0，＋∞)上是单调递增函数，若存在满足n＞m≥0的实数m，n，当x∈[m，n]时，f(x)的值域为[m，n]，则f(m)＝m，f(n)＝n，即f(x)＝x在[0，＋∞)上有两个不等的实根m，n.
∴2x2＋7x＋3－ln(2x＋1)＝0在[0，＋∞)上有两个不等的实根m，n.
设H(x)＝2x2＋7x＋3－ln(2x＋1)，则
H′(x)＝.
当x＞0时，2x＋1＞0,8x2＋18x＋5＞0，
∴H′(x)＝＞0.
∴H(x)在[0，＋∞)上是单调递增函数，即当x≥0时，H(x)≥H(0)＝3.
∴2x2＋7x＋3－ln(2x＋1)＝0在[0，＋∞)上没有实数根．
∴不存在满足条件的实数m，n.
11．(2017·河南郑州质量检测)设函数f(x)＝x2－mln x，g(x)＝x2－(m＋1)x.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当m≥0时，讨论函数f(x)与g(x)图象的交点个数．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，
当m≤0时，f′(x)＞0，所以函数f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间．
当m＞0时，f′(x)＝，当0＜x＜时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x＞时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．
综上，当m≤0时，函数f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间；当m＞0时，函数f(x)的单调递增区间是(，＋∞)，单调递减区间是(0，)．
(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2＋(m＋1)x－mln x，x＞0，问题等价于求函数F(x)的零点个数，
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当m＝0时，F(x)＝－x2＋x，x＞0，有唯一零点；当m≠0时，F′(x)＝－，
当m＝1时，F′(x)≤0，函数F(x)为减函数，注意到F(1)＝＞0，F(4)＝－ln 4＜0，所以F(x)有唯一零点．
当m＞1时，0＜x＜1或x＞m时，F′(x)＜0；1＜x＜m时，F′(x)＞0，所以函数F(x)在(0,1)和(m，＋∞)上单调递减，在(1，m)上单调递增，注意到F(1)＝m＋＞0，
F(2m＋2)＝－mln(2m＋2)＜0，所以F(x)有唯一零点．
当0＜m＜1时，0＜x＜m或x＞1时，F′(x)＜0；m＜x＜1时，F′(x)＞0，
所以函数F(x)在(0，m)和(1，＋∞)上单调递减，在(m,1)上单调递增，易得ln m＜0，
所以F(m)＝(m＋2－2ln m)＞0，而F(2m＋2)＝－mln(2m＋2)＜0，所以F(x)有唯一零点．
综上，函数F(x)有唯一零点，即两函数图象有一个交点．
12．(2017·河南洛阳模拟)已知函数f(x)＝ln x－，曲线y＝f(x)在点处的切线平行于直线y＝10x＋1.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设直线l为函数g(x)＝ln x的图象上任意一点A(x0，y0)处的切线，在区间(1，＋∞)上是否存在x0，使得直线l与曲线h(x)＝ex也相切？若存在，满足条件的x0有几个？
解：(1)∵函数f(x)＝ln x－，∴f′(x)＝＋，
∵曲线y＝f(x)在点处的切线平行于直线y＝10x＋1，
∴f′＝2＋8a＝10，∴a＝1，∴f′(x)＝.
∵x＞0且x≠1，∴f′(x)＞0，∴函数f(x)的单调递增区间为(0,1)和(1，＋∞)．
(2)存在且唯一，证明如下：
∵g(x)＝ln x，∴切线l的方程为y－ln x0＝(x－x0)，即y＝x＋ln x0－1 ①，
设直线l与曲线h(x)＝ex相切于点(x1，ex1)，
∵h′(x)＝ex，∴ex1＝，∴x1＝－ln x0，
∴直线l的方程也可以写成y－＝(x＋ln x0)，
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即y＝x＋＋ ②，
由①②得ln x0－1＝＋，∴ln x0＝.
证明：在区间(1，＋∞)上x0存在且唯一．
由(1)可知，f(x)＝ln x－在区间(1，＋∞)上单调递增，
又f(e)＝－＜0，f(e2)＝＞0，
结合零点存在性定理，说明方程f(x)＝0必在区间(e，e2)上有唯一的根，这个根就是所求的唯一x0.
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