2021高考数学(江苏专用-理科)二轮专题整合：1-1-4导数的简单应用.docx

第4讲　导数的简洁应用

一、填空题
1．函数f(x)＝x2－ln x的单调递减区间为________．
解析　　由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由f′(x)＝x－≤0，解得0<x≤1，所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1]．
答案　(0,1]
2．(2022·扬州质量检测)已知函数f(x)的导函数f′(x)＝a(x＋1)(x－a)，若f(x)在x＝a处取到极大值，则a的取值范围是________．
解析　　由于f(x)在x＝a处取到极大值，所以x＝a为f′(x)的一个零点，且在x＝a的左边f′(x)＞0，右边f′(x)＜0，所以导函数f′(x)的开口向下，且a＞－1，即a的取值范围是(－1,0)．
答案　(－1,0)
3．已知函数y＝f(x)(x∈R)的图象如图所示，则不等式xf′(x)<0的解集为________．

解析　　xf′(x)<0⇒或
当x∈时，f(x)单调递减，此时f′(x)<0.
当x∈(－∞，0)时，f(x)单调递增，此时f′(x)>0.
答案　∪
4．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋2(a>0)的极大值点和微小值点都在区间(－1,1)内，则实数a的取值范围是______．
解析　　由题意可知f′(x)＝0的两个不同解都在区间(－1，1)内．由于f′(x)＝3x2＋2ax＋1，所以依据导函数图象可得又a>0，解得<a<2.
答案　(，2)
5．(2021·苏锡常镇调研)已知a，b为正实数，函数f(x)＝ax3＋bx＋2x在[0,1]上的最大值为4，则f(x)在[－1,0]上的最小值为________．
解析　　由于函数f(x)＝ax3＋bx＋2x在[0,1]上的最大值为4，所以函数g(x)＝ax3＋bx在[0,1]上的最大值为2，而g(x)是奇函数，所以g(x)在[－1,0]上的最小值为－2，故f(x)在[－1,0]上的最小值为－2＋2－1＝－.
答案　－
6．(2022·宿迁摸底)已知等比数列{an}中，a1＝1，a9＝4，函数f(x)＝x(x－a1)(x－a2)…(x－a9)＋2，则曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线的斜率为________．
解析　　由于等比数列{an}中，a1＝1，a9＝4，所以a5＝＝2.又f′(x)＝(x－a1)(x－a2)…(x－a9)＋x[(x－a1)(x－a2)…(x－a9)]′，所以f′(0)＝(－a1)(－a2)…(－a9)＝－a＝－29＝－512.
答案　－512
7．(2022·南通调研)在平面直角坐标系xOy中，直线y＝x＋b是曲线y＝aln x的切线，则当a＞0时，实数b的最小值是________．
解析　　设切点坐标(x0，aln x0)，则所以所以b′＝ln a，令导数等于0，得a＝1，且0＜a＜1时，导数小于0，函数单调递减；a＞1时，导数大于0，函数单调递增，所以a＝1时，b取得微小值，也是最小值，即bmin＝－1.
答案　－1
8．(2021·盐城调研)若a>0，b>0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值为________．
解析　　依题意知f′(x)＝12x2－2ax－2b，
∴f′(1)＝0，即12－2a－2b＝0，∴a＋b＝6.
又a>0，b>0，∴ab≤2＝9，当且仅当a＝b＝3时取等号，∴ab的最大值为9.
答案　9
二、解答题
9．已知函数f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝4x＋4.
(1)求a，b的值；
(2)争辩f(x)的单调性，并求f(x)的极大值．
解　(1)f′(x)＝ex(ax＋b)＋aex－2x－4
＝ex(ax＋a＋b)－2x－4，
∵y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y＝4x＋4，
∴f′(0)＝a＋b－4＝4，f(0)＝b＝4，
∴a＝4，b＝4.
(2)由(1)知f′(x)＝4ex(x＋2)－2(x＋2)
＝2(x＋2)(2ex－1)，
令f′(x)＝0，得x＝－2或ln ，
列表：
x
(－∞，－2)
－2

ln

f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

微小值

∴y＝f(x)在(－∞，－2)，上单调递增；
在上单调递减．
故f(x)极大值＝f(－2)＝4－4e－2.
10．(2022·上饶模拟)已知f(x)＝2ax－－(2＋a)ln x(a≥0)．
(1)当a＝1时，求f(x)的极值；
(2)当a＞0时，争辩f(x)的单调性．
解　(1)当a＝1时，f(x)＝2x－－3ln x，
f′(x)＝2＋－(x＞0)
＝＝，
令f′(x)＝0，得x1＝，x2＝1.
当0＜x＜时，f′(x)＞0；
当＜x＜1时，f′(x)＜0；
当x＞1时，f′(x)＞0.
可知f(x)在上是增函数，在上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数．
∴f(x)的极大值为f＝3ln 2－1，f(x)的微小值为f(1)＝1.
(2)f(x)＝2ax－－(2＋a)ln x⇒f′(x)＝2a＋－(2＋a)＝＝.
①当0＜a＜2时，f(x)在和上是增函数，在上是减函数；
②当a＝2时，f(x)在(0，＋∞)上是增函数；
③当a＞2时，f(x)在和上是增函数，在上是减函数．
11．(2022·安徽卷)设函数f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中a>0.
(1)争辩f(x)在其定义域上的单调性；
(2)当x∈[0,1]时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值．
解　(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝1＋a－2x－3x2.
令f′(x)＝0，得x1＝，x2＝，x1<x2.
所以f′(x)＝－3(x－x1)(x－x2)．
当x<x1或x>x2时，f′(x)<0；
当x1<x<x2时，f′(x)>0.
故f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)内单调递减，在(x1，x2)内单调递增．
(2)由于a>0，所以x1<0，x2>0.
①当a≥4时，x2≥1，
由(1)知，f(x)在[0,1]上单调递增．
所以f(x)在x＝0和x＝1处分别取得最小值和最大值．
②当0<a<4时，x2<1，
由(1)知，f(x)在[0，x2]上单调递增，在[x2,1]上单调递减，所以f(x)在x＝x2＝处取得最大值．
又f(0)＝1，f(1)＝a，所以
当0<a<1时，f(x)在x＝1处取得最小值；
当a＝1时，f(x)在x＝0处和x＝1处同时取得最小值；
当1<a<4时，f(x)在x＝0处取得最小值．