第2讲导数的简单应用与定积分(A)(限时:45分钟)【选题明细表】知识点、方法题号导数的几何意义1,2导数与函数的单调性4,9,10,11,12导数与函数的极值、最值5,6,7定积分和微积分基本定理3,8一、选择题1.(2018·贵州遵义航天高级中学一模)曲线C:y=xlnx在点M(e,e)处的切线方程为(C)(A)y=x-e(B)y=x+e(C)y=2x-e(D)y=2x+e解析:因为y′=lnx+1,所以k=lne+1=2,所以切线方程为y-e=2(x-e),y=2x-e,选C.2.(2018·四川绵阳三诊)若曲线y=lnx+1的一条切线是y=ax+b,则4a+eb的最小值是(C)(A)2(B)2(C)4(D)4解析:设切点为(m,lnm+1),m>0,f′(x)=,f′(m)=,故切线方程为y-(lnm+1)=(x-m),即y=x+lnm,所以a=,b=lnm,4a+eb=+m≥2=4.故选C.3.(2018·重庆市巴蜀中学三诊)若a=xdx,则二项式(x-)6展开式中的常数项是(C)(A)20(B)-20(C)-540(D)540解析:因为a=xdx=x2︱=2,所以(x-)6=(x-)6,则Tr+1=x6-r(-)r=(-3)rx6-2r,所以6-2r=0,得r=3,而(-3)3=-540,即常数项为-540.故选C.4.若函数f(x)=kx-lnx在区间(1,+∞)单调递增,则k的取值范围是(D)(A)(-∞,-2](B)(-∞,-1](C)[2,+∞)(D)[1,+∞)解析:因为f(x)=kx-lnx,所以f′(x)=k-.因为f(x)在区间(1,+∞)上单调递增,所以当x>1时,f′(x)=k-≥0恒成立,即k≥在区间(1,+∞)上恒成立.因为x>1,所以0<<1,所以k≥1.故选D.5.(2018·海南省八校联考)已知函数f(x)=3lnx-x2+(a-)x在区间(1,3)上有最大值,则实数a的取值范围是(B)(A)(-,5)(B)(-,)(C)(,)(D)(,5)解析:因为f′(x)=-2x+a-,所以由题设f′(x)=-2x+a-在(1,3)上只有一个零点且单调递减,易知f′(x)在(1,3)内单减,则问题转化为即⇒-
0,g′(x)=,所以函数g(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减,g(0)=0,x→+∞时,g(x)→0,g(1)=,所以a∈(0,).答案:(0,)10.(2018·湖北黄冈、黄石等八市3月联考)已知实数a>0,a≠1,函数f(x)=在R上单调递增,则实数a的取值范围是.解析:因为f(x)=在R上单调递增,所以即由2x-+≥0,得a≥-2x2,因为x≥1时,-2x2≤2,所以a≥2,综上2≤a≤5.答案:[2,5]三、解答题11.(2018·浙江温州一模)已知函数f(x)=x--4lnx.(1)求f(x)的单调递增区间;(2)当00,解得x>3或x<1,又由于函数f(x)的定义域为{x|x>0},所以f(x)的单调递增区间为(0,1)和(3,+∞).(2)证明:由(1)知f(x)=x--4lnx在(0,1)上单调递增,在[1,3]上单调递减,所以,当0x2,不等式<2恒成立,求实数a的取值范围.解:(1)g(x)=ax2+lnx(x>0),g′(x)=2ax+=,①当a≥0时,2ax2+1>0恒成立,则g′(x)>0恒成立,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增;②当a<0时,由2ax2+1>0得00,在(,+∞)上g′(x)<0,所以g(x)在(0,)上单调递增,在(,+∞)上单调递减.(2)因为x1>x2>0,<2,所以f(x1)-f(x2)<2x1-2x2,所以f(x1)-2x10,令h(x)=,h′(x)===0,所以x=,当x∈(0,),h′(x)<0,h(x)单调递减,当x∈(,+∞),h′(x)>0,h(x)单调递增,所以h(x)min=h()==-,所以3a≤-,所以a≤-.所以a的取值范围是(-∞,-].
