（新課標）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用學(xué)案 理 新人教A版

《（新課標）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用學(xué)案 理 新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用學(xué)案 理 新人教A版（17頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講　導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用 [做真題] 題型一　導(dǎo)數(shù)的幾何意義 1．(2018·高考全國卷Ⅰ)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax.若f(x)為奇函數(shù)，則曲線y＝f(x)在點(0，0)處的切線方程為(　　) A．y＝－2x　　　　　　 B．y＝－x C．y＝2x D．y＝x 解析：選D．法一：因為函數(shù)f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax為奇函數(shù)，所以f(－x)＝－f(x)， 所以(－x)3＋(a－1)(－x)2＋a(－x)＝－[x3＋(a－1)x2＋ax]，所以2(a－1)x2＝0，因為x∈R，所以a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)

2、＝1，所以曲線y＝f(x)在點(0，0)處的切線方程為y＝x.故選D． 法二：因為函數(shù)f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax為奇函數(shù)，所以f(－1)＋f(1)＝0，所以－1＋a－1－a＋(1＋a－1＋a)＝0，解得a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，所以曲線y＝f(x)在點(0，0)處的切線方程為y＝x.故選D． 2．(2019·高考全國卷Ⅲ)已知曲線y＝aex＋xln x在點(1，ae)處的切線方程為y＝2x＋b，則(　　) A．a(chǎn)＝e，b＝－1 B．a(chǎn)＝e，b＝1 C．a(chǎn)＝e－1，b＝1 D．a(chǎn)＝e－1，b＝－1 解析：選D．因為y′

3、＝aex＋ln x＋1，所以y′|x＝1＝ae＋1，所以曲線在點(1，ae)處的切線方程為y－ae＝(ae＋1)(x－1)，即y＝(ae＋1)x－1，所以解得 3．(2018·高考全國卷Ⅱ)曲線y＝2ln(x＋1)在點(0，0)處的切線方程為________． 解析：因為y＝2ln(x＋1)，所以y′＝.當x＝0時，y′＝2，所以曲線y＝2ln(x＋1)在點(0，0)處的切線方程為y－0＝2(x－0)，即y＝2x. 答案：y＝2x 4．(2016·高考全國卷Ⅱ)若直線y＝kx＋b是曲線y＝ln x＋2的切線，也是曲線y＝ln(x＋1)的切線，則b＝________． 解析：設(shè)y＝kx

4、＋b與y＝ln x＋2和y＝ln(x＋1)的切點分別為(x1，ln x1＋2)和(x2，ln(x2＋1))． 則切線分別為y－ln x1－2＝(x－x1)，y－ln(x2＋1)＝(x－x2)， 化簡得y＝x＋ln x1＋1，y＝x－＋ln(x2＋1)， 依題意， 解得x1＝， 從而b＝ln x1＋1＝1－ln 2. 答案：1－ln 2 題型二　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值 1．(2017·高考全國卷Ⅱ)若x＝－2是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的極值點，則f(x)的極小值為(　　) A．－1 B．－2e－3 C．5e－3 D．1 解析：選A．因為f(x)＝

5、(x2＋ax－1)ex－1，所以f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1.因為x＝－2是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的極值點，所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根，所以a＝－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1.令f′(x)>0，解得x<－2或x>1，令f′(x)<0，解得－2

6、8·高考全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝2sin x＋sin 2x，則f(x)的最小值是________． 解析：法一：因為f(x)＝2sin x＋sin 2x， 所以f′(x)＝2cos x＋2cos 2x＝4cos2x＋2cos x－2＝4(cos x＋1)， 由f′(x)≥0得≤cos x≤1，即2kπ－≤x≤2kπ＋，k∈Z， 由f′(x)≤0得－1≤cos x≤，即2kπ＋π≥x≥2kπ＋或2kπ－π≤x≤2kπ－，k∈Z， 所以當x＝2kπ－(k∈Z)時，f(x)取得最小值， 且f(x)min＝f＝2sin＋sin 2＝－. 法二：因為f(x)＝2sin x＋sin 2x

7、＝2sin x(1＋cos x)＝4sin cos ·2cos2 ＝8sin cos3 ＝ ， 所以[f(x)]2＝×3sin2cos6 ≤· ＝， 當且僅當3sin2＝cos2，即sin2＝時取等號， 所以0≤[f(x)]2≤，所以－≤f(x)≤， 所以f(x)的最小值為－. 答案：－ [明考情] 1．此部分內(nèi)容是高考命題的熱點內(nèi)容，在選擇題、填空題中多考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，難度較?。? 2．應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值，多在選擇題、填空題最后幾題的位置考查，難度中等偏上，屬綜合性問題．有時也常在解答題的第一問中考查，難度一般． 導(dǎo)數(shù)的幾何意義 [典型例題

8、] (1)(2019·高考全國卷Ⅱ)曲線y＝2sin x＋cos x在點(π，－1)處的切線方程為(　　) A．x－y－π－1＝0　　　　 B．2x－y－2π－1＝0 C．2x＋y－2π＋1＝0 D．x＋y－π＋1＝0 (2)曲線f(x)＝x3－x＋3在點P處的切線平行于直線y＝2x－1，則點P的坐標為________． (3)(2019·廣州市調(diào)研測試)若過點A(a，0)作曲線C：y＝xex的切線有且僅有兩條，則實數(shù)a的取值范圍是________． 【解析】　(1)依題意得y′＝2cos x－sin x，y′|x＝π＝(2cos x－sin x)|x＝π＝2cos π－sin

9、 π＝－2，因此所求的切線方程為y＋1＝－2(x－π)，即2x＋y－2π＋1＝0，故選C． (2)f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝2，則3x2－1＝2，解得x＝1或x＝－1，所以P(1，3)或(－1，3)，經(jīng)檢驗，點(1，3)，(－1，3)均不在直線y＝2x－1上，故點P的坐標為(1，3)或(－1，3)． (3)設(shè)切點坐標為(x0，x0ex0)，y′＝(x＋1)ex，y′|x＝x0＝(x0＋1)ex0，所以切線方程為y－x0ex0＝(x0＋1)ex0(x－x0)，將點A(a，0)代入可得－x0ex0＝(x0＋1)ex0(a－x0)，化簡，得x－ax0－a＝0，過點A(a，0)作曲線C

10、的切線有且僅有兩條，即方程x－ax0－a＝0有兩個解，則有Δ＝a2＋4a>0，解得a>0或a<－4，故實數(shù)a的取值范圍是(－∞，－4)∪(0，＋∞)． 【答案】　(1)C　(2)(1，3)或(－1，3)　(3)(－∞，－4)∪(0，＋∞) (1)求曲線y＝f(x)的切線方程的3種類型及方法 類型 方法 已知切點P(x0，y0)，求切線方程 求出切線的斜率f′(x0)，由點斜式寫出方程 已知切線的斜率k，求切線方程 設(shè)切點P(x0，y0)，通過方程k＝f′(x0)解得x0，再由點斜式寫出方程 已知切線上一點(非切點)，求切線方程 設(shè)切點P(x0，y0)，利用導(dǎo)數(shù)求得切線斜

11、率f′(x0)，再由斜率公式求得切線斜率，列方程(組)解得x0，再由點斜式或兩點式寫出方程 (2)由曲線的切線求參數(shù)值或范圍的2種類型及解題關(guān)鍵 類型 解題關(guān)鍵 已知曲線在某點處的切線求參數(shù) 關(guān)鍵是用“方程思想”來破解，先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，從而求出在某點處的導(dǎo)數(shù)值；再根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義與已知條件，建立關(guān)于參數(shù)的方程，通過解方程求出參數(shù)的值 已知曲線的切線方程，求含有雙參數(shù)的代數(shù)式的取值范圍 關(guān)鍵是過好“雙關(guān)”；一是轉(zhuǎn)化關(guān)，即把所求的含雙參數(shù)的代數(shù)式轉(zhuǎn)化為含單參數(shù)的代數(shù)式，此時需利用已知切線方程，尋找雙參數(shù)的關(guān)系式；二是求最值關(guān)，常利用函數(shù)的單調(diào)性、基本不等式等方法求最值，從而得所求

12、代數(shù)式的取值范圍 [對點訓(xùn)練] 1．(2019·武漢調(diào)研)設(shè)曲線C：y＝3x4－2x3－9x2＋4，在曲線C上一點M(1，－4)處的切線記為l，則切線l與曲線C的公共點個數(shù)為(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：選C．y′＝12x3－6x2－18x，所以切線l的斜率k＝y(tǒng)′，所以切線l的方程為12x＋y－8＝0.聯(lián)立方程得消去y，得3x4－2x3－9x2＋12x－4＝0，所以(x＋2)(3x－2)(x－1)2＝0，所以x1＝－2，x2＝，x3＝1，所以切線l與曲線C有3個公共點．故選C． 2．(2019·成都第二次診斷性檢測)已知直線l既是曲線C1：y＝ex的切線，又

13、是曲線C2：y＝e2x2的切線，則直線l在x軸上的截距為(　　) A．2 B．1 C．e2 D．－e2 解析：選B．設(shè)直線l與曲線C1：y＝ex的切點為A(x1，ex1)，與曲線C2：y＝e2x2的切點為B.由y＝ex，得y′＝ex，所以曲線C1在點A處的切線方程為y－ex1＝ex1(x－x1)，即y＝ex1x－ex1(x1－1)　①. 由y＝e2x2，得y′＝e2x，所以曲線C2在點B處的切線方程為y－e2x＝e2x2(x－x2)，即y＝e2x2x－e2x?、? 因為①②表示的切線為同一直線，所以解得所以直線l的方程為y＝e2x－e2，令y＝0，可得直線l在x上的截距為1，故選

14、B． 3．(2019·廣州市綜合檢測(一))若函數(shù)f(x)＝ax－的圖象在點(1，f(1))處的切線過點(2，4)，則a＝________． 解析：f′(x)＝a＋，f′(1)＝a＋3，f(1)＝a－3，故f(x)的圖象在點(1，a－3)處的切線方程為y－(a－3)＝(a＋3)(x－1)，又切線過點(2，4)，所以4－(a－3)＝a＋3，解得a＝2. 答案：2 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 [典型例題] 命題角度一　求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間或判斷函數(shù)的單調(diào)性 已知函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)－，且1

15、f′(x)＝，x>－1. ①當－1<2a－3<0，即10時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增， 當2a－30，即2a－3時，f′(x)>0，則f(x)在(－1，0)，(2a－3，＋∞)上單調(diào)遞增． 當0

16、0)上單調(diào)遞減；當a＝時，f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增；當

17、′(x)＞0或f′(x)＜0及方程f′(x)＝0均不可解時求導(dǎo)數(shù)并化簡，根據(jù)f′(x)的結(jié)構(gòu)特征，選擇相應(yīng)的基本初等函數(shù)，利用其圖象與性質(zhì)確定f′(x)的符號，得單調(diào)區(qū)間．　 命題角度二　已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù) 已知函數(shù)f(x)＝ln x－a2x2＋ax(a∈R)． (1)當a＝1時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上是減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍． 【解】　(1)當a＝1時，f(x)＝ln x－x2＋x，其定義域為(0，＋∞)， 所以f′(x)＝－2x＋1＝－， 令f′(x)＝0，則x＝1(負值舍去)． 當00；當x

18、>1時，f′(x)<0. 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞)． (2)法一：f′(x)＝－2a2x＋a＝. ①當a＝0時，f′(x)＝>0， 所以f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上為增函數(shù)，不合題意； ②當a>0時，由f′(x)<0，得x>. 所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為. 依題意，得解得a≥1； ③當a<0時，由f′(x)<0，得x>－. 所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為. 依題意，得解得a≤－. 綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是∪[1，＋∞)． 法二：f′(x)＝－2a2x＋a＝. 由f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上是減函數(shù)，可得g(x)＝－2a

19、2x2＋ax＋1≤0在區(qū)間(1，＋∞)上恒成立． ①當a＝0時，1≤0不合題意； ②當a≠0時，可得即 所以 所以a≥1或a≤－. 所以實數(shù)a的取值范圍是∪[1，＋∞)． (1)已知函數(shù)的單調(diào)性，求參數(shù)的取值范圍，應(yīng)用條件f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立，解出參數(shù)的取值范圍(一般可用不等式恒成立的理論求解)，應(yīng)注意參數(shù)的取值是f′(x)不恒等于0的參數(shù)的范圍． (2)若函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上不單調(diào)，則轉(zhuǎn)化為f′(x)＝0在(a，b)上有解．　 [對點訓(xùn)練] 1．若函數(shù)f(x)＝(x＋a)ex在區(qū)間(0，＋∞)上不單調(diào)，則實數(shù)a的取值范

20、圍為________． 解析：f′(x)＝ex(x＋a＋1)，由題意，知方程ex(x＋a＋1)＝0在(0，＋∞)上至少有一個實數(shù)根，即x＝－a－1>0，解得a<－1. 答案：(－∞，－1) 2．已知函數(shù)f(x)＝ex(ex－a)－a2x，討論f(x)的單調(diào)性． 解：函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)． ①若a＝0，則f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增． ②若a>0，則由f′(x)＝0，得x＝ln a. 當x∈(－∞，ln a)時，f′(x)<0； 當x∈(ln a，＋∞)時，f′(x)>0. 故f(x)

21、在(－∞，ln a)上單調(diào)遞減，在(ln a，＋∞)上單調(diào)遞增． ③若a<0，則由f′(x)＝0， 得x＝ln. 當x∈時，f′(x)<0； 當x∈時，f′(x)>0； 故f(x)在上單調(diào)遞減， 在上單調(diào)遞增． 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值(最值)問題 [典型例題] 命題角度一　求已知函數(shù)的極值(最值) 已知函數(shù)f(x)＝－1. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)設(shè)m>0，求函數(shù)f(x)在區(qū)間[m，2m]上的最大值． 【解】　(1)因為函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，且f′(x)＝， 由得0e. 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0

22、，e)，單調(diào)遞減區(qū)間為(e，＋∞)． (2)①當 即0

23、≥e時，f(x)max＝－1. 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值、最值的方法 (1)若求極值，則先求方程f′(x)＝0的根，再檢查f′(x)在方程根的左右函數(shù)值的符號． (2)若已知極值大小或存在情況，則轉(zhuǎn)化為已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情況來求解． (3)求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a，b]上的最值時，在求得極值的基礎(chǔ)上，結(jié)合區(qū)間端點的函數(shù)值f(a)，f(b)與f(x)的各極值進行比較得到函數(shù)的最值．　 命題角度二　已知函數(shù)的極值或最值求參數(shù) (2019·高考全國卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋b. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)是否存在a，b，使得f(x)在區(qū)

24、間[0，1]的最小值為－1且最大值為1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，說明理由． 【解】　(1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)． 令f′(x)＝0，得x＝0或x＝. 若a>0，則當x∈(－∞，0)∪時，f′(x)>0；當x∈時，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，0)，單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減； 若a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增； 若a<0，則當x∈∪(0，＋∞)時，f′(x)>0；當x∈時，f′(x)<0.故f(x)在，(0，＋∞)單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減． (2)滿足題設(shè)條件的a，b存在． (i)當a≤0時，由(1)知，f(x)在[0，1]單調(diào)遞增，所

25、以f(x)在區(qū)間[0，1]的最小值為f(0)＝b，最大值為f(1)＝2－a＋b.此時a，b滿足題設(shè)條件當且僅當b＝－1，2－a＋b＝1，即a＝0，b＝－1. (ii)當a≥3時，由(1)知，f(x)在[0，1]單調(diào)遞減，所以f(x)在區(qū)間[0，1]的最大值為f(0)＝b，最小值為f(1)＝2－a＋b.此時a，b滿足題設(shè)條件當且僅當2－a＋b＝－1，b＝1，即a＝4，b＝1. (iii)當0

26、＝0，與0

27、(1)當a＝1時，f(x)＝ln x＋x2－3x，x>0， f′(x)＝＋2x－3＝， 令f′(x)＝0，解得x1＝，x2＝1， 當00，所以函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增； 當1時，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增． 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為. (2)f′(x)＝＝， 令f′(x)＝0，得x′1＝1，x′2＝， 因為f(x)在x＝1處取得極值，所以x′2＝≠x′1＝1， 當<0時，f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，e]上單調(diào)遞減

28、， 所以f(x)在(0，e]上的最大值為f(1)，令f(1)＝1，解得a＝－2. 當0<<1時，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在(1，e]上單調(diào)遞增， 所以最大值1可能在x＝或x＝e處取得， 而f＝ln ＋a－(2a＋1)×＝ln －－1<0， 所以f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得a＝. 當1<

29、)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，e]上單調(diào)遞減， 所以最大值1在x＝1處取得，而f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)<0，不符合題意． 綜上所述，a＝或a＝－2. 一、選擇題 1．已知直線2x－y＋1＝0與曲線y＝aex＋x相切(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))，則實數(shù)a的值是(　　) A．　　　　　　　　 B．1 C．2 D．e 解析：選B．由題意知y′＝aex＋1＝2，則a>0，x＝－ln a，代入曲線方程得y＝1－ln a，所以切線方程為y－(1－ln a)＝2(x＋ln a)，即y＝2x＋ln a＋1＝2x＋1?a＝1. 2．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在

30、x＝1處的極值為10，則數(shù)對(a，b)為(　　) A．(－3，3) B．(－11，4) C．(4，－11) D．(－3，3)或(4，－11) 解析：選C．f′(x)＝3x2＋2ax＋b，依題意可得即消去b可得a2－a－12＝0，解得a＝－3或a＝4，故或 當時，f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，這時f(x)無極值，不合題意，舍去，故選C． 3．(2019·南昌市第一次模擬測試)已知f(x)在R上連續(xù)可導(dǎo)，f′(x)為其導(dǎo)函數(shù)，且f(x)＝ex＋e－x－f′(1)x·(ex－e－x)，則f′(2)＋f′(－2)－f′(0)f′(1)＝(　　) A．4e2＋4e－2

31、 B．4e2－4e－2 C．0 D．4e2 解析：選C．由題意，得f′(x)＝ex－e－x－f′(1) [ex－e－x＋x(ex＋e－x)]，所以f′(0)＝e0－e0－f′(1)[e0－e0＋0·(e0＋e0)]＝0，f′(2)＋f′(－2)＝0，所以f′(2)＋f′(－2)－f′(0)f′(1)＝0，故選C． 4．已知f(x)＝x2＋ax＋3ln x在(1，＋∞)上是增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍為(　　) A．(－∞，－2] B． C．[－2，＋∞) D．[－5，＋∞) 解析：選C．由題意得f′(x)＝2x＋a＋＝≥0在(1，＋∞)上恒成立?g(x)＝2x2＋ax＋3≥0

32、在(1，＋∞)上恒成立?Δ＝a2－24≤0或?－2≤a≤2或?a≥－2，故選C． 5．函數(shù)f(x)(x>0)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若xf′(x)＋f(x)＝ex，且f(1)＝e，則(　　) A．f(x)的最小值為e B．f(x)的最大值為e C．f(x)的最小值為 D．f(x)的最大值為 解析：選A．設(shè)g(x)＝xf(x)－ex， 所以g′(x)＝f(x)＋xf′(x)－ex＝0， 所以g(x)＝xf(x)－ex為常數(shù)函數(shù)． 因為g(1)＝1×f(1)－e＝0， 所以g(x)＝xf(x)－ex＝g(1)＝0， 所以f(x)＝，f′(x)＝， 當0

33、0，當x>1時，f′(x)>0， 所以f(x)≥f(1)＝e. 6．若函數(shù)f(x)＝ex－(m＋1)ln x＋2(m＋1)x－1恰有兩個極值點，則實數(shù)m的取值范圍為(　　) A．(－e2，－e) B． C． D．(－∞，－e－1) 解析：選D．由題意，函數(shù)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝ex－(m＋1)＝0在(0，＋∞)上有兩個不相等的實數(shù)根，所以m＋1＝在(0，＋∞)上有兩個不相等的實數(shù)根，令g(x)＝，則g′(x)＝，所以函數(shù)g(x)在，上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，其圖象如圖所示，要使m＋1＝在(0，＋∞)上有兩個不相等的實數(shù)根，則m＋1

34、e，m<－e－1，所以實數(shù)m的取值范圍是(－∞，－e－1)．故選D． 二、填空題 7．(2019·高考全國卷Ⅰ)曲線y＝3(x2＋x)ex在點(0，0)處的切線方程為________． 解析：因為y′＝3(2x＋1)ex＋3(x2＋x)ex＝3(x2＋3x＋1)ex，所以曲線在點(0，0)處的切線的斜率k＝y(tǒng)′|x＝0＝3，所以所求的切線方程為y＝3x. 答案：y＝3x 8．函數(shù)f(x)＝x2－ln x的最小值為________． 解析：因為f(x)＝x2－ln x(x>0)，所以f′(x)＝2x－，令2x－＝0得x＝，令f′(x)>0，則x>；令f′(x)<0，則0

35、以f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以f(x)的極小值(也是最小值)為－ln ＝. 答案： 9．若函數(shù)f(x)＝x2－4ex－ax在R上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則實數(shù)a的取值范圍為________． 解析：因為f(x)＝x2－4ex－ax，所以f′(x)＝2x－4ex－a.由題意，f′(x)＝2x－4ex－a>0，即a<2x－4ex有解，即a<(2x－4ex)max即可．令g(x)＝2x－4ex，則g′(x)＝2－4ex.令g′(x)＝0，解得x＝－ln 2.當x∈(－∞，－ln 2)時，函數(shù)g(x)＝2x－4ex單調(diào)遞增；當x∈(－ln 2，＋∞)時，函數(shù)g(x)＝2x－4ex單調(diào)遞減．

36、所以當x＝－ln 2時，g(x)＝2x－4ex取得最大值－2－2ln 2，所以a<－2－2ln 2. 答案：(－∞，－2－2ln 2) 三、解答題 10．已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R. (1)當a＝0時，求曲線y＝f(x)在點(e，f(e))處的切線方程； (2)討論f(x)的單調(diào)性． 解：(1)當a＝0時，f(x)＝ln x＋x, f(e)＝e＋1，f′(x)＝＋1，f′(e)＝1＋，所以曲線y＝f(x)在點(e，f(e))處的切線方程為y－(e＋1)＝(x－e)，即y＝x. (2)f′(x)＝－2ax＋1＝，x>0， ①當a≤0時，顯然f′(x)>0，所以

37、f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； ②當a>0時，令f′(x)＝＝0，則－2ax2＋x＋1＝0，易知其判別式為正， 設(shè)方程的兩根分別為x1，x2(x10. 令f′(x)>0，得x∈(0，x2)，令f′(x)<0得x∈(x2，＋∞)，其中x2＝. 所以函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增， 在上單調(diào)遞減． 11．已知常數(shù)a≠0，f(x)＝aln x＋2x. (1)當a＝－4時，求f(x)的極值； (2)當f(x)的最小值不小于－a時，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1)由已知得f(x)的定義域為(0，＋∞)，

38、f′(x)＝＋2＝. 當a＝－4時，f′(x)＝. 所以當02時，f′(x)>0，即f(x)單調(diào)遞增． 所以f(x)只有極小值，且在x＝2時，f(x)取得極小值f(2)＝4－4ln 2. 所以當a＝－4時，f(x)只有極小值4－4ln 2. (2)因為f′(x)＝， 所以當a>0，x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0， 即f(x)在x∈(0，＋∞)上單調(diào)遞增，沒有最小值； 當a<0時，由f′(x)>0得，x>－， 所以f(x)在上單調(diào)遞增； 由f′(x)<0得，x<－， 所以f(x)在上單調(diào)遞減． 所以當a<0

39、時，f(x)的最小值為極小值，即f＝aln－a. 根據(jù)題意得f＝aln－a≥－a， 即a[ln(－a)－ln 2]≥0. 因為a<0，所以ln(－a)－ln 2≤0，解得a≥－2， 綜上實數(shù)a的取值范圍是[－2，0)． 12．(2019·廣州市調(diào)研測試)已知函數(shù)f(x)＝xex＋a(ln x＋x)． (1)若a＝－e，求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)當a<0時，記f(x)的最小值為m，求證：m≤1. 解：(1)當a＝－e時，f(x)＝xex－e(ln x＋x)，f(x)的定義域是(0，＋∞)． f′(x)＝(x＋1)ex－e＝(xex－e)． 當0

40、當x>1時．f′(x)>0. 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)． (2)證明：f(x)的定義域是(0，＋∞)，f′(x)＝(xex＋a)， 令g(x)＝xex＋a，則g′(x)＝(x＋1)ex>0，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 因為a<0，所以g(0)＝a<0，g(－a)＝－ae－a＋a>－a＋a＝0， 故存在x0∈(0，－a)，使得g(x0)＝x0ex0＋a＝0. 當x∈(0，x0)時，g(x)<0，f′(x)＝(xex＋a)<0，f(x)單調(diào)遞減； 當x∈(x0，＋∞)時，g(x)>0，f′(x)＝(xex＋a)>0，f(x)單調(diào)遞增． 故x＝x0時，f(x)取得最小值，即m＝f(x0)＝x0ex0＋a(ln x0＋x0)． 由x0ex0＋a＝0得m＝x0ex0＋a ln(x0ex0)＝－a＋a ln(－a)， 令x＝－a>0，h(x)＝x－x ln x，則h′(x)＝1－(1＋ln x)＝－ln x， 當x∈(0，1)時，h′(x)＝－ln x>0，h(x)＝x－xln x單調(diào)遞增， 當x∈(1，＋∞)時，h′(x)＝－ln x<0，h(x)＝x－xln x單調(diào)遞減， 故x＝1，即a＝－1時，h(x)＝x－x ln x取得最大值1，故m≤1. - 17 -