（京津鲁琼专用）2020版高考数学第二部分专题六函数与导数第3讲导数的简单应用练典型习题提数学素养

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1、第3讲　导数的简单应用一、选择题1．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．　　　　　　　B．1C．2D．e解析：选B.由题意知y′＝aex＋1＝2，则a>0，x＝－lna，代入曲线方程得y＝1－lna，所以切线方程为y－(1－lna)＝2(x＋lna)，即y＝2x＋lna＋1＝2x＋1⇒a＝1.2．(2019·成都第二次诊断性检测)已知直线l既是曲线C1：y＝ex的切线，又是曲线C2：y＝e2x2的切线，则直线l在x轴上的截距为(　　)A．2B．1C．e2

2、D．－e2解析：选B.设直线l与曲线C1：y＝ex的切点为A(x1，ex1)，与曲线C2：y＝e2x2的切点为B.由y＝ex，得y′＝ex，所以曲线C1在点A处的切线方程为y－ex1＝ex1(x－x1)，即y＝ex1x－ex1(x1－1)　①.由y＝e2x2，得y′＝e2x，所以曲线C2在点B处的切线方程为y－e2x＝e2x2(x－x2)，即y＝e2x2x－e2x　②.因为①②表示的切线为同一直线，所以解得所以直线l的方程为y＝e2x－e2，令y＝0，可得直线l在x上的截距为1，故选B.3．已知f(x)＝x2＋ax＋3

3、lnx在(1，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围为(　　)A．(－∞，－2]B．C．[－2，＋∞)D．[－5，＋∞)解析：选C.由题意得f′(x)＝2x＋a＋＝≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔g(x)＝2x2＋ax＋3≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔Δ＝a2－24≤0或⇔－2≤a≤2或⇔a≥－2，故选C.4．函数f(x)(x>0)的导函数为f′(x)，若xf′(x)＋f(x)＝ex，且f(1)＝e，则(　　)A．f(x)的最小值为eB．f(x)的最大值为eC．f(x)的最小值为D．f(x)的最大值为解析：选A.设g(x)＝x

4、f(x)－ex，所以g′(x)＝f(x)＋xf′(x)－ex＝0，所以g(x)＝xf(x)－ex为常数函数．因为g(1)＝1×f(1)－e＝0，所以g(x)＝xf(x)－ex＝g(1)＝0，所以f(x)＝，f′(x)＝，当01时，f′(x)>0，所以f(x)≥f(1)＝e.5．若函数f(x)＝ex－(m＋1)lnx＋2(m＋1)x－1恰有两个极值点，则实数m的取值范围为(　　)A．(－e2，－e)B．C．D．(－∞，－e－1)解析：选D.由题意，函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝

5、ex－(m＋1)＝0在(0，＋∞)上有两个不相等的实数根，所以m＋1＝在(0，＋∞)上有两个不相等的实数根，令g(x)＝，则g′(x)＝，所以函数g(x)在，上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，其图象如图所示，要使m＋1＝在(0，＋∞)上有两个不相等的实数根，则m＋12

6、eπ解析：选AC.由函数f(x)＝，可得函数f(x)的导数为f′(x)＝.当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增．可得函数f(x)在x＝1处取得极大值，且为最大值，所以A正确；因为f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且f(0)＝0，当x>0时，f(x)>0恒成立，所以函数f(x)只有一个零点，所以B错误；由f(x)在(1，＋∞)上单调递减，且4>π>3>1，可得f(4)

7、2>1，可得<，即πe2<2eπ，所以D错误．故选AC.二、填空题7．(2019·高考全国卷Ⅰ)曲线y＝3(x2＋x)ex在点(0，0)处的切线方程为________．解析：因为y′＝3(2x＋1)ex＋3(x2＋x)ex＝3(x2＋3x＋1)ex，所以曲线在点(0，0)处的切线的斜率k＝y′

8、x＝0＝3，所以所求的切线方程为y＝3x.答案：y＝3x8．函数f(x)＝x2－lnx的最小值为________．解析：因为f(x)＝x2－lnx(x>0)，所以f′(x)＝2x－，令2x－＝0得x＝，令f′(x)>0，则x>；

9、令f′(x)<0，则0