PAGEPAGE1小題專練·作業(yè)(十六)導(dǎo)數(shù)的簡潔應(yīng)用1．曲線y＝sinx＋ex在點(0,1)處的切線方程是()A．x－3y＋3＝0B．x－2y＋2＝0C．2x－y＋1＝0D．3x－y＋1＝0解析y′＝cosx＋ex，故曲線在點(0,1)處的切線斜率k＝2，切線方程為y＝2x＋1，即2x－y＋1＝0。故選C。答案C2．已知函數(shù)f(x)＝eq\r(x)＋1，g(x)＝alnx，若函數(shù)f(x)與g(x)的圖象在x＝eq\f(1,4)處的切線平行，則實數(shù)a的值為()A．eq\f(1,4) B．eq\f(1,2)C．1 D．4解析由題意知，當(dāng)x＝eq\f(1,4)時兩個函數(shù)的導(dǎo)數(shù)值相等。因為f′(x)＝eq\f(1,2\r(x))，g′(x)＝eq\f(a,x)，所以1＝4a，即a＝eq\f(1,4)。故選A。答案A3．(2024·沈陽質(zhì)量監(jiān)測)設(shè)函數(shù)f(x)＝xex＋1，則()A．x＝1為f(x)的極大值點B．x＝1為f(x)的微小值點C．x＝－1為f(x)的極大值點D．x＝－1為f(x)的微小值點解析由題意得，f′(x)＝(x＋1)ex，令f′(x)＝0，得x＝－1，當(dāng)x∈(－∞，－1)時，f′(x)<0，當(dāng)x∈(－1，＋∞)時，f′(x)>0，則f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞減，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以x＝－1為f(x)的微小值點。故選D。答案D4．若一個四棱錐的底面為正方形，頂點在底面的射影為正方形的中心，且該四棱錐的體積為9，當(dāng)其外接球的體積最小時，它的高為()A．3 B．2eq\r(2)C．2eq\r(3) D．3eq\r(3)解析設(shè)底面正方形的邊長為a，四棱錐的高為h，其外接球的半徑為R，因為eq\f(1,3)a2h＝9，所以a2＝eq\f(27,h)，又因為R2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)a,2)))2＋(h－R)2，所以R＝eq\f(27,4h2)＋eq\f(h,2)。令f(h)＝eq\f(27,4h2)＋eq\f(h,2)，h>0，所以f′(h)＝－eq\f(27,2h3)＋eq\f(1,2)，可知f(h)在(0,3)上單調(diào)遞減，在(3，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(h)min＝f(3)，即當(dāng)h＝3時，R最小，從而其外接球的體積最小。故選A。答案A5．(2024·南昌調(diào)研)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，設(shè)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若對隨意x>0都有2f(x)＋xf′(x)>0成立，則()A．4f(－2)<9f(3) B．4f(－2)>9f(3)C．2f(3)>3f(－2) D．3f(－3)<2f(－2)解析依據(jù)題意，令g(x)＝x2f(x)，其導(dǎo)數(shù)g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)，又對隨意x>0都有2f(x)＋xf′(x)>0成立，則當(dāng)x>0時，有g(shù)′(x)＝x(2f(x)＋xf′(x))>0恒成立，即函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，又由函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，則f(－x)＝f(x)，則有g(shù)(－x)＝(－x)2f(－x)＝x2f(x)＝g(x)，即函數(shù)g(x)也為偶函數(shù)，則有g(shù)(－2)＝g(2)，且g(2)<g(3)，則有g(shù)(－2)<g(3)，即有4f(－2)<9f(3)。故選A。答案A6．(2024·湖北部分重點中學(xué)一聯(lián))已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)e2x＋(a－e)ex－aex＋b(a，b∈R)(其中e為自然對數(shù)底數(shù))在x＝1處取得極大值，則a的取值范圍是()A．a(chǎn)<0 B．a(chǎn)≥0C．－e≤a<0 D．a(chǎn)<－e解析因為f(x)＝eq\f(1,2)e2x＋(a－e)ex－aex＋b，所以可得f′(x)＝e2x＋(a－e)ex－ae＝(ex＋a)(ex－e)。當(dāng)a≥0時，由f′(x)>0可得f(x)在(1，＋∞)上遞增，f′(x)<0得f(x)在(－∞，1)上遞減，所以f(x)在x＝1取得微小值，無極大值，不符合題意；當(dāng)a<0時，令f′(x)＝0，得x＝1或ln(－a)，只有當(dāng)ln(－a)>1，a<－e時，由f′(x)>0可得f(x)在(－∞，1)，(ln(－a)，＋∞)上遞增，f′(x)<0，得f(x)在(1，ln(－a))上遞減，f(x)在x＝1取得極大值，所以函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)e2x＋(a－e)ex－aex＋b(a，b∈R)(其中e為自然對數(shù)底數(shù))在x＝1取得極大值，則a的取值范圍是a<－e。故選D。答案D7．(2024·陜西質(zhì)量檢測)若直線2x－y＋c＝0是拋物線x2＝4y的一條切線，則c＝________。解析由x2＝4y，可得y′＝eq\f(x,2)，由于直線2x－y＋c＝0的斜率k＝2，因此令eq\f(x,2)＝2，得x＝4，代入x2＝4y得y＝4，所以切點為(4,4)，代入切線方程可得8－4＋c＝0，故c＝－4。答案－48．(2024·湖北重點中學(xué)協(xié)作體聯(lián)考)x＝－1為函數(shù)f(x)＝eq\f(2,3)x3－ax2的一個極值點，則函數(shù)f(x)的微小值為________。解析因為f(x)＝eq\f(2,3)x3－ax2，所以f′(x)＝2x2－2ax。因為x＝－1為函數(shù)f(x)＝eq\f(2,3)x3－ax2的一個極值點，所以f′(－1)＝2＋2a＝0，解得a＝－1。當(dāng)a＝－1時，f′(x)＝2x2＋2x＝2x(x＋1)。所以當(dāng)x<－1或x>0時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)－1<x<0時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減。所以當(dāng)x＝0時，f(x)有微小值，且微小值為f(0)＝0。答案09．(2024·福建三校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ax2－xlnx在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍是________。解析f′(x)＝2ax－lnx－1≥0，解得2a≥eq\f(lnx＋1,x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上恒成立，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝eq\f(lnx＋1,x)，g′(x)＝eq\f(\f(1,x)·x－lnx＋1,x2)＝eq\f(－lnx,x2)＝0，解得x＝1，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，g(x)的最大值為g(1)＝1，所以2a≥1，a≥eq\f(1,2)，故實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))。答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))10．(2024·山西二模)當(dāng)x>1時，不等式(x－1)ex＋1>ax2恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是________。解析當(dāng)x>1時，不等式(x－1)ex＋1>ax2恒成立，所以不等式a<eq\f(x－1ex＋1,x2)在(1，＋∞)恒成立，設(shè)f(x)＝eq\f(x－1ex＋1,x2)，f′(x)＝eq\f(x2ex－2x－1ex－2,x3)，因為x2ex－2(x－1)ex－2＝ex(x2－2x＋2)－2＝ex[(x－1)2＋1]－2>0恒成立，所以f′(x)>0在(1，＋∞)恒成立，所以f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)min>f(1)＝1，所以a≤1。答案(－∞，1]11．(2024·西安八校聯(lián)考)曲線y＝x3上一點B處的切線l交x軸于點A，△OAB(O為原點)是以∠A為頂角的等腰三角形，則切線l的傾斜角為()A．30°B．45°C．60°D．120°解析解法一：因為y＝x3，所以y′＝3x2。設(shè)點B(x0，xeq\o\al(3,0))(x0≠0)，則kl＝3xeq\o\al(2,0)，所以切線l的方程為y－xeq\o\al(3,0)＝3xeq\o\al(2,0)(x－x0)。取y＝0，則x＝eq\f(2,3)x0，所以點Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x0，0))。易知線段OB的垂直平分線方程為y－eq\f(x\o\al(3,0),2)＝－eq\f(1,x\o\al(2,0))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(x0,2)))，依據(jù)線段OB的垂直平分線過點Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x0，0))可得－eq\f(x\o\al(3,0),2)＝－eq\f(1,x\o\al(2,0))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x0－\f(x0,2)))，解得xeq\o\al(2,0)＝eq\f(\r(3),3)，所以kl＝3xeq\o\al(2,0)＝eq\r(3)，故切線l的傾斜角為60°。故選C。解法二：因為y＝x3，所以y′＝3x2。設(shè)點B(x0，xeq\o\al(3,0))(x0≠0)，則kl＝3xeq\o\al(2,0)，所以切線l的方程為y－xeq\o\al(3,0)＝3xeq\o\al(2,0)(x－x0)。取y＝0，則x＝eq\f(2,3)x0，所以點Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x0，0))。由|OA|＝|AB|，得eq\f(4x\o\al(2,0),9)＝eq\f(x\o\al(2,0),9)＋xeq\o\al(6,0)，又x0≠0，所以xeq\o\al(2,0)＝eq\f(\r(3),3)，所以kl＝3xeq\o\al(2,0)＝eq\r(3)，故切線l的傾斜角為60°。故選C。答案C12．(2024·陜西質(zhì)檢)若函數(shù)f(x)＝ax－x2－lnx存在極值，且這些極值的和不小于4＋ln2，則a的取值范圍為()A．[2，＋∞) B．[2eq\r(2)，＋∞)C．[2eq\r(3)，＋∞) D．[4，＋∞)解析f′(x)＝a－2x－eq\f(1,x)＝－eq\f(2x2－ax＋1,x)，因為f(x)存在極值，所以f′(x)＝0在(0，＋∞)上有根，即2x2－ax＋1＝0在(0，＋∞)上有根。記方程2x2－ax＋1＝0的兩根為x1，x2，由根與系數(shù)的關(guān)系得x1x2＝eq\f(1,2)，x1＋x2＝eq\f(a,2)，易知a>0，方程有兩不等正根，由Δ>0，得a>2eq\r(2)，所以f(x1)＋f(x2)＝(ax1－xeq\o\al(2,1)－lnx1)＋(ax2－xeq\o\al(2,2)－lnx2)＝a(x1＋x2)－(xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2))－(lnx1＋lnx2)＝eq\f(a2,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,4)－1))＋ln2≥4＋ln2，所以a≥2eq\r(3)。綜上，a的取值范圍為[2eq\r(3)，＋∞)。故選C。答案C13．(2024·四川德陽模擬)方程f(x)＝f′(x)的實數(shù)根x0叫做函數(shù)f(x)的“新駐點”，假如函數(shù)g(x)＝lnx的“新駐點”為a，那么a滿意()A．a(chǎn)＝1 B．0<a<1C．2<a<3 D．1<a<2解析因為g′(x)＝eq\f(1,x)，所以lnx＝eq\f(1,x)的根為a。設(shè)h(x)＝lnx－eq\f(1,x)，則h(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)。又h(1)＝－1<0，h(2)＝ln2－eq\f(1,2)＝ln2－lneq\r(e)>0，所以h(x)在(1,2)上有唯一零點，所以1<a<2。答案D14．(2024·成都七中一診)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(x2＋1,x)，g(x)＝eq\f(x,ex)，對隨意x1，x2∈(0，＋∞)，不等式eq\f(gx1,k)≤eq\f(fx2,k＋1)恒成立，則正數(shù)k的取值范圍是________。解析對隨意x1，x2∈(0，＋∞)，不等式eq\f(gx1,k)≤eq\f(fx2,k＋1)恒成立，等價于eq\f(gx1,fx2)≤eq\f(k,k＋1)恒成立，f(x)＝eq\f(x2＋1,x)＝x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))＝2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,x)，即x＝1時取等號，即f(x)的最小值是2，由g(x)＝eq\f(x,ex)，則g′(x)＝eq\f(ex－xex,ex2)＝eq\f(1－x,ex)，由g′(x)>0得0<x<1，此時函數(shù)g(x)為增函數(shù)，由g′(x)<0得x>1，此時函數(shù)g(x)為減函數(shù)，即當(dāng)x＝1時，g(x)取得極大值同時也是最大值g(1)＝eq\f(1,e)，則eq\f(gx1,fx2)的最大值為eq\f(\f(1,e),2)＝eq\f(1,2e)，則由eq\f(k,k＋1)≥eq\f(1,2e)，得2ek≥k＋1，即k(2e－1)≥1，則k≥eq\f(1,2e－1)。答案eq\