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)
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