第二篇專題六第3講一、選擇題1．(2021·浙江模擬)函數y＝23x+1在x＝0處的導數是(A)A．6ln2 B．2ln2C．6 D．2【解析】∵y′＝3ln2·23x+1，∴y＝23x+1在x＝0處的導數是：3ln2×2＝6ln2.故選A.2．若函數f(x)＝ex＋ax－1的圖象經過點(1，e)，則曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線的斜率k＝(D)A．e B．e＋1C．e2 D．e2＋1【解析】依題意，e＝f(1)＝e＋a－1，解得a＝1，即函數f(x)＝ex＋x－1，又f′(x)＝ex＋1，得曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處切線的斜率k＝f′(2)＝e2＋1.故選D.3．(2022·洛陽模擬)已知偶函數f(x)的定義域為R，導函數為f′(x)，若對任意x∈[0，＋∞)，都有2f(x)＋xf′(x)＞0恒成立，則下列結論正確的是(D)A．f(0)＜0 B．9f(－3)＜f(1)C．4f(2)＜f(－1) D．f(1)＜4f(2)【解析】設g(x)＝x2f(x)，∵f(x)為偶函數，∴g(－x)＝g(x)，即g(x)也是偶函數．①∵對任意x∈[0，＋∞)，都有2f(x)＋xf′(x)＞0恒成立，∴2f(0)＋0·f′(0)＝2f(0)＞0，故A錯誤；又當x≥0時，g′(x)＝2xf(x)＋x2·f′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]≥0，∴函數g(x)在[0，＋∞)上為增函數，②由①②得g(－3)＝g(3)＝9f(3)＞12·f(1)＝g(1)，故B錯誤；同理可得，g(2)＝4f(2)＞f(－1)＝f(1)＝g(1)，故C錯誤，D正確．故選D.4．f(x)是定義在R上的奇函數，且f(1)＝0，f′(x)為f(x)的導函數，且當x∈(0，＋∞)時f′(x)＞0，則不等式f(x－1)＞0的解集為(A)A．(0，1)∪(2，＋∞)B．(－∞，1)∪(1，＋∞)C．(－∞，1)∪(2，＋∞)D．(－∞，0)∪(1，＋∞)【解析】∵f(x)是定義在R上的奇函數，且f(1)＝0，當x∈(0，＋∞)時f′(x)＞0，∴f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上單調遞增，圖象如下：∴f(x)＞0的解集為(－1，0)∪(1，＋∞)，又y＝f(x－1)的圖象是y＝f(x)的圖象向右平移一個單位，∴不等式f(x－1)＞0的解集為(0，1)∪(2，＋∞)，故選A.5．已知函數f(x)＝eq\f(x,lnx)－ax在(1，＋∞)上有極值，則實數a的取值范圍為(B)A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,4))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,4)))C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))【解析】f′(x)＝eq\f(lnx－1,(lnx)2)－a，設g(x)＝eq\f(lnx－1,(lnx)2)＝eq\f(1,lnx)－eq\f(1,(lnx)2)，∵函數f(x)在區間(1，＋∞)上有極值，∴f′(x)＝g(x)－a在(1，＋∞)上有變號零點，令eq\f(1,lnx)＝t，由x＞1可得lnx＞0，即t＞0，得到y＝t－t2＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,4)≤eq\f(1,4)，∴a＜eq\f(1,4).故選B.6．函數f(x)＝(x－2)·ex的最小值為(B)A．－2 B．－eC．－1 D．0【解析】f′(x)＝ex＋(x－2)ex＝(x－1)ex，令f′(x)＝0，解得x＝1.所以f(x)在(－∞，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，故f(x)的最小值為f(1)＝－e.故選B.7．(2021·濟南二模)已知函數f(x)＝lnx－ax(x≥1)，若f(x1)＝f(x2)＝m(x1＜x2)，且x2－x1＝1，則實數a的最大值為(C)A．2 B．eq\f(1,2)C．ln2 D．e【解析】∵f(x)＝lnx－ax(x≥1)，且f(x1)＝f(x2)，∴lnx1－ax1＝lnx2－ax2，∴a(x2－x1)＝lnx2－lnx1＝lneq\f(x2,x1)，又∵x2－x1＝1，∴a＝lneq\f(1＋x1,x1)，令g(x)＝eq\f(1＋x,x)(x≥1)，則g′(x)＝eq\f(x－(1＋x),x2)＝－eq\f(1,x2)<0，∴函數g(x)在[1，＋∞)上單調遞減，∴g(x)max＝g(1)＝2，∴a的最大值為ln2，故選C.8．已知函數f(x)＝ax3＋bx2＋cx，其導函數y＝f′(x)的圖象經過點(1，0)、(2，0)，如圖所示，則下列命題正確的是(D)A．當x＝eq\f(3,2)時函數取得極小值B．f(x)有兩個極大值點C．f(1)＜0D．abc＜0【解析】函數f(x)＝ax3＋bx2＋cx，其導函數y＝f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由函數的圖象可知，a＞0，f′(1)＝0，f′(2)＝0，x＝1，x＝2是函數的兩個極值點，f(1)是極大值，f(2)是極小值，所以A，B，C不正確；f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由圖象可得－eq\f(2b,6a)＞0，b＜0，eq\f(c,3a)＞0，所以c＞0，可得abc＜0，所以D正確．故選D.二、填空題9．曲線f(x)＝xcosx在點(0，f(0))處的切線方程為__y＝x__.【解析】由題設知：f′(x)＝cosx－xsinx，∴f′(0)＝cos0－0×sin0＝1，而f(0)＝0cos0＝0，∴f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝x.10．(2021·安徽師范大學附屬中學模擬)函數f(x)＝eq\f(1,2)x2－2lnx＋x的極值點是__1__．【解析】f(x)＝eq\f(1,2)x2－2lnx＋x的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝x－eq\f(2,x)＋1＝eq\f(1,x)(x＋2)(x－1)，所以令f′(x)>0，解得x>1，令f′(x)<0，解得0<x<1，所以x＝1為f(x)＝eq\f(1,2)x2－2lnx＋x的極值點．故答案為1.11．已知函數f(x)＝ex＋lnx，g(x)＝4x＋eq\f(1,x)，且x滿足1≤x≤2，則g(x)－f(x)的最大值為__5－e__．【解析】令h(x)＝g(x)－f(x)＝4x＋eq\f(1,x)－ex－lnx，1≤x≤2，則h′(x)＝4－eq\f(1,x2)－ex－eq\f(1,x)，令m(x)＝4－eq\f(1,x2)－ex－eq\f(1,x)，則m′(x)＝eq\f(2,x3)－ex＋eq\f(1,x2)，1≤x≤2，易知m′(x)單調遞減，則m′(1)＝3－e>0，m′(1.1)＝eq\f(2,1.13)＋eq\f(1,1.12)－e1.1<0，則必存在一點x0∈(1，1.1)，使m′(x0)＝eq\f(2,xeq\o\al(3,0))－ex0＋eq\f(1,xeq\o\al(2,0))＝0，即eq\f(2,xeq\o\al(3,0))＋eq\f(1,xeq\o\al(2,0))＝ex0，即m(x)在(1，x0)上單調遞增，在(x0，2)上單調遞減，則函數m(x)在x0處取最大值，且m(x0)＝4－eq\f(1,xeq\o\al(2,0))－ex0－eq\f(1,x0)＝4－eq\f(1,xeq\o\al(2,0))－eq\f(1,x0)－eq\f(2,xeq\o\al(3,0))－eq\f(1,xeq\o\al(2,0))＝4－eq\f(2,xeq\o\al(2,0))－eq\f(1,x0)－eq\f(2,xeq\o\al(3,0))，x0∈(1，1.1)，易知m(x0)單調遞增，則m(x0)<m(1.1)＝4－eq\f(2,1.12)－eq\f(1,1.1)－eq\f(2,1.13)<0，則m(x)<0，在1≤x≤2時，恒成立，即h′(x)<0，故h(x)單調遞減，從而h(x)≤h(1)＝5－e，故答案為5－e.三、解答題12．已知函數f(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(a,2)x2－2x＋eq\f(5,6)，其中a∈R.若函數f(x)的圖象在點(1，f(1))處的切線與直線2x＋y－1＝0平行．(1)求a的值；(2)求函數f(x)的極值．【解析】(1)由已知，可得f′(x)＝x2＋ax－2.∵函數f(x)的圖象在點(1，f(1))處的切線與直線2x＋y－1＝0平行，∴f′(1)＝a－1＝－2，解得a＝－1.經驗證，a＝－1符合題意．(2)由(1)得f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)x2－2x＋eq\f(5,6)，求導f′(x)＝x2－x－2＝(x＋1)(x－2).令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝2，當x變化時，f′(x)與f(x)的變化情況如下表：x(－∞，－1)－1(－1，2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)單調遞增極大值單調遞減極小值單調遞增∴當x＝－1時，f(x)取得極大值，且f(－1)＝2；當x＝2時，f(x)取得極小值，且f(2)＝－eq\f(5,2).13．已知函數f(x)＝4lnx－3x－aex.(1)當a＝0時，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；(2)若函數f(x)的導函數f′(x)有兩個零點，求實數a的取值范圍．【解析】(1)∵f(x)＝4lnx－3x－aex，當a＝0時，f(x)＝4lnx－3x，則f′(x)＝eq\f(4,x)－3，∴f′(1)＝4－3＝1，又f(1)＝－3，∴所求切線方程為y＋3＝x－1，即x－y－4＝0.(2)由題意得：f(x)的定義域為(0，＋∞)，∴f′(x)＝eq\f(4,x)－3－aex＝eq\f(4－3x－axex,x)；∵f′(x)有兩個零點，∴4－3x－axex＝0在(0，＋∞)上有兩個不等實根；即axex＝4－3x在(0，＋∞)上有兩個不等實根，∴a＝eq\f(4－3x,xex)，令g(x)＝eq\f(4－3x,xex)，轉化為y＝a與g(x)的圖象在(0，＋∞)上有兩個不同的交點，∵g′(x)＝eq\f(－3x－(4－3x)(x＋1),x2ex)＝eq\f((3x＋2)(x－2),x2ex)，∴當x∈(0，2)時，g′(x)＜0，g(x)在(0，2)上單調遞減；當x∈(2，＋