加强练——导数
一、选择题
1.函数f(x)=aln x+x在x=1处取到极值,则a的值为( )
A.-1 B.-
C.0 D.
解析 因为f(x)=aln x+x,
所以f′(x)=+1.
又因为f(x)在x=1处取到极植,
所以f′(1)=a+1=0⇒a=-1.
经检验符合题意.故选A.
答案 A
2.函数y=x2ex的单调递减区间是( )
A.(-1,2) B.(-∞,-1)与(1,+∞)
C.(-∞,-2)与(0,+∞) D.(-2,0)
解析 y′=(x2ex)′=2xex+x2ex=xex(x+2).
因为ex>0,所以由xex(x+2);令ln x+10,即a×-3×+1>0,
化简得a2>4.又af′(x),且f(0)=1,则不等式ln m且m>0,
∴|AB|=2em--ln m.
设y=2ex--ln x(x>0),
则y′=2ex--,令y′=0,解得x=,
当x∈时,y′0,
∴当x=时,|AB|最小=2+ln 2,此时m=.
答案 2+ln 2
13.已知x∈(0,2),若关于x的不等式0.
即k>x2-2x对任意x∈(0,2)恒成立,从而k≥0,
因此由原不等式,得k0,函数f(x)在(1,2)上单调递增,
当x∈(0,1)时,f′(x)xln x,
即证明ex-xln x>0.
当x∈(0,1)时,ex>1,xln x0;
当x∈[1,+∞)时,令g(x)=ex-xln x,
则g′(x)=ex-1-ln x.
证法一:因为ex>x+1,ln x≤x-1,
所以g′(x)>x+1-1-(x-1)=1>0,
则g(x)在[1,+∞)上是增函数,
所以g(x)≥g(1)=e>0.
证法二:令m(x)=g′(x)=ex-1-ln x,
m′(x)=ex->e-1>0,
则g′(x)在[1,+∞)上是增函数,
g′(x)≥g′(1)=e-1>0,
所以g(x)在[1,+∞)上是增函数,
g(x)≥g(1)=e>0.
综上可知ex-xln x>0,所以f(x)>ln x成立.
(2)解 不等式f(x)≥a2x恒成立,即为≥a2x恒成立,
又x>0,则a2≤恒成立,
记h(x)=,则a2≤h(x)min.
令h′(x)==0,得x=2,
当x∈(0,2)时,h′(x)0,
所以h(x)min=h(2)=,
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于是a2≤,解得-≤a≤,
所以实数a的取值范围为.
17.(2019·学军中学模拟)已知函数f(x)=ln x++ax,其中x>0,a∈R.
(1)若函数f(x)在[1,+∞)上不单调,求a的取值范围;
(2)若函数f(x)在[1,+∞)上有极大值,求a的值.
解 (1)∵f(x)=ln x++ax,f′(x)=-+a,
则f′(x)=-+a=0在(1,+∞)上有解,且Δ≠0,
分离参数得a=-=-,
∴-2),
则h′(x)=-=>0,
∴函数h(x)在(2,+∞)上单调递增,而h(e)=0,
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∴β=e,∴a==,
∴当a=时,函数f(x)在[1,+∞)上有极大值.
18.(2019·北京石景山区期末)已知函数f(x)=-x3+x2-2x(a∈R).
(1)当a=3时,求函数f(x)的单调区间;
(2)若对于任意x∈(1,+∞)都有f′(x)