课时达标训练(十九) 导数的简单应用A 组1．(2019·苏州期末)曲线y ＝x ＋2e x在x ＝0处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为________．解析：由函数y ＝x ＋2e x ，可得y ′＝1＋2e x，当x ＝0时，y ＝2，y ′＝3，所以曲线y ＝x ＋2e x 在点(0，2)处的切线方程为y ＝3x ＋2，令y ＝0，可得x ＝－23，所以曲线y ＝x ＋2ex在x ＝0处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为12×2×23＝23.答案：232．(2019·常州期末)若直线kx －y －k ＝0与曲线y ＝e x(e 是自然对数的底数)相切，则实数k ＝________．解析：设切点坐标为(x 0，e x 0)，则曲线y ＝e x在点(x 0，e x 0)处的切线方程为y －e x 0＝e x 0(x －x 0)，即e x 0x －y ＋e x 0(1－x 0)＝0，易知该切线与直线kx －y －k ＝0重合，所以e x 0＝－e x 0(1－x 0)＝k ，得x 0＝2，k ＝e 2.答案：e 23．(2019·安徽师大附中期中)已知函数f (x )＝e x ＋a e －x为偶函数，若曲线y ＝f (x )的一条切线的斜率为83，则该切点的横坐标为________．解析：∵函数f (x )＝e x ＋a e －x 为偶函数，∴f (－x )＝f (x )，即e －x ＋a e x ＝e x ＋a e －x，可得a ＝1.∴f (x )＝e x ＋e －x ，∴f ′(x )＝e x －e －x.设该切点的横坐标为x 0，则e x 0－e －x 0＝83.令e x 0＝t >0，可得t －1t ＝83，整理可得3t2－8t －3＝0，解得t ＝3或－13(舍)．∴e x 0＝3，解得x 0＝ln 3.则该切点的横坐标为ln 3.答案：ln 34．(2019·广东广州一模)已知过点A (a ，0)作曲线C ：y ＝x e x的切线有且仅有两条，则实数a 的取值范围是________．解析：设切点坐标为(x 0，y 0)，则由(x e x )′＝x e x ＋e x可知切线斜率k ＝(x 0＋1)·e x 0，所以切线方程为y －y 0＝(x 0＋1)·e x 0(x －x 0)．将点A (a ，0)代入切线方程得－y 0＝(x 0＋1)·e x 0(a －x 0)．又y 0＝x 0e x 0，所以(x 0＋1)·e x 0(a －x 0)＝－x 0e x 0，整理得x 20－ax 0－a ＝0有两个解，所以Δ＝a 2＋4a >0，解得a <－4或a >0.答案：(－∞，－4)∪(0，＋∞)5．设a ∈R ，若函数f (x )＝e x＋ax (x ∈R )有大于零的极值点，则a 的取值范围是________． 解析：令f ′(x )＝e x ＋a ＝0，则e x＝－a ，x ＝ln(－a )．因为函数f (x )有大于零的极值点，所以ln(－a )＞0，所以－a ＞1，即a ＜－1. 答案：(－∞，－1)6．已知函数f (x )＝x 3＋3x 2－9x ＋1，若f (x )在区间[k ，2]上的最大值为28，则实数k 的取值范围为________．解析：由题意知f ′(x )＝3x 2＋6x －9， 令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝－3， 所以f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：又f (－3)＝28，f (1)＝－4，f (2)＝3，f (x )在区间[k ，2]上的最大值为28，所以k ≤－3.答案：(－∞，－3]7．(2019·盐城三模)已知函数f (x )＝x ＋4sin x ，若不等式kx ＋b 1≤f (x )≤kx ＋b 2对一切实数x 恒成立，则b 2－b 1的最小值为________．解析：原不等式可化为(k －1)x ＋b 1≤4sin x ≤(k －1)x ＋b 2，结合函数图象(图略)知k ＝1，进一步得b 2≥4，b 1≤－4，所以b 2－b 1≥8，所以b 2－b 1的最小值为8.答案：88．已知函数f (x )＝ln x －mx(m ∈R )在区间[1，e]上取得最小值4，则m ＝________． 解析：因为f (x )在区间[1，e]上取得最小值4，所以至少满足f (1)≥4，f (e )≥4，解得m ≤－3e ，又f ′(x )＝x ＋mx 2，且x ∈[1，e]， 所以f ′(x )<0，即f (x )在[1，e]上单调递减， 所以f (x )min ＝f (e)＝1－me ＝4，解得m ＝－3e.答案：－3e9．若函数f (x )＝mx 2＋ln x －2x 在定义域内是增函数，则实数m 的取值范围是________． 解析：因为f (x )的定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x )＝2mx ＋1x －2＝2mx 2－2x ＋1x≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以二次函数g (x )＝2mx 2－2x ＋1在定义域(0，＋∞)上必须大于等于0，所以⎩⎪⎨⎪⎧m ＞0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ≥0，解得m ≥12.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ 10．若a ＞0，b ＞0，且函数f (x )＝4x 3－ax 2－2bx ＋2在x ＝1处有极值，若t ＝ab ，则t 的最大值为________．解析：∵f (x )＝4x 3－ax 2－2bx ＋2， ∴f ′(x )＝12x 2－2ax －2b . 又f (x )在x ＝1处取得极值，∴f ′(1)＝12－2a －2b ＝0，即a ＋b ＝6， ∴t ＝ab ＝a (6－a )＝－(a －3)2＋9， 当且仅当a ＝b ＝3时，t 取得最大值9. 答案：911．(2019·南京盐城一模)设函数f (x )＝x 3－a 2x (a >0，x ≥0)，O 为坐标原点，A (3，－1)，C (a ，0)，对函数图象上的任意一点B ，都满足OA ―→·OB ―→≤OA ―→·OC ―→成立，则a 的值为________．解析：由题意得OA ―→＝(3，－1)，OC ―→＝(a ，0)，设B (x ，x 3－a 2x )，则OB ―→＝(x ，x 3－a 2x )，由OA ―→·OB ―→≤OA ―→·OC ―→得3x －(x 3－a 2x )≤3a ，整理得(x －a )(x 2＋ax －3)≥0.法一：设y 1＝x －a ，y 2＝x 2＋ax －3，则由(x －a )(x 2＋ax －3)≥0在[0，＋∞)上恒成立知，两函数的图象应交于x 轴上的点(a ，0)，将x ＝a 代入x 2＋ax －3＝0，得a 2＋a 2－3＝0，因为a >0，所以得a ＝62. 法二：设g (x )＝(x －a )(x 2＋ax －3)，则g (a )＝0，g ′(x )＝x 2＋ax －3＋(x －a )(2x ＋a )＝3x 2－3－a 2，因为g ′(x )在[0，＋∞)上有唯一零点，所以要使g (x )≥0在[0，＋∞)上恒成立，需g ′(a )＝2a 2－3＝0，因为a >0，所以得a ＝62. 法三：由3x －(x 3－a 2x )≤3a 得x 3－a 2x ≥3x －3a .设p (x )＝x 3－a 2x ，q (x )＝3x －3a ，易知当x ≥0时，p (x )的图象上的点不在q (x )图象的下方，因为两函数图象有公共点(a ，0)，且q (x )的图象是直线，所以p ′(a )＝2a 2＝3，得a ＝62. 答案：6212．已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是________．解析：由题意知x ＞0，且f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－x 2＋4x －3x ＝－（x －1）（x －3）x，由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1，3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调，由t ＜1＜t ＋1或t ＜3＜t ＋1，得0＜t ＜1或2＜t ＜3. 答案：(0，1)∪(2，3)13．已知函数f (x )＝－x ln x ＋ax 在(0，e]上是增函数，函数g (x )＝|e x－a |＋a 22，当x ∈[0，ln 3]时，函数g (x )的最大值M 与最小值m 的差为32，则a 的值为________．解析：由题意可知f ′(x )＝－(ln x ＋1)＋a ≥0在(0，e]上恒成立，所以a ≥ln x ＋1，即a ≥2.当2≤a ＜3时，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a －e x＋a 22，0≤x ＜ln a ，e x－a ＋a22，ln a ≤x ≤ln 3，g (x )在[0，ln a ]上单调递减，在[ln a ，ln 3]上单调递增，因为g (0)－g (ln 3)＝a －1＋a 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫3－a ＋a 22＝2a －4≥0，所以g (0)≥g (ln 3)，所以M －m ＝g (0)－g (ln a )＝a －1＝32，解得a ＝52；当a ≥3时，g (x )＝a －e x＋a 22，g (x )在[0，ln 3]上递减，所以M －m ＝g (0)－g (ln 3)＝2≠32，舍去．故a ＝52.答案：5214．若函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪e x2－a e x (a ∈R )在区间[1，2]上单调递增，则实数a 的取值范围是________．解析：设g (x )＝e x2－ae x ，因为f (x )＝|g (x )|在区间[1，2]上单调递增，所以g (x )有两种情况：①g (x )≤0且g (x )在区间[1，2]上单调递减．又g ′(x )＝（e x）2＋2a 2·e x ，所以g ′(x )＝（e x ）2＋2a2·ex≤0在区间[1，2]上恒成立，且g (1)≤0.所以⎩⎪⎨⎪⎧2a ≤－（e x ）2，e 2－a e≤0无解．②g (x )≥0且g (x )在区间[1，2]上单调递增， 即g ′(x )＝（e x ）2＋2a 2·e x≥0在区间[1，2]上恒成立， 且g (1)≥0，所以⎩⎪⎨⎪⎧2a ≥－（e x）2，e 2－a e≥0，解得a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－e 22，e 22.综上，实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－e 22，e 22. 答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤－e 22，e 22 B 组1．设函数f (x )＝ln x －12ax 2－bx ，若x ＝1是f (x )的极大值点，则a 的取值范围为________．解析：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－ax －b ，由f ′(1)＝0，得b ＝1－a .∴f ′(x )＝1x －ax ＋a －1＝－ax 2＋1＋ax －xx＝－（ax ＋1）（x －1）x.①若a ≥0，当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增； 当x ＞1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 所以x ＝1是f (x )的极大值点．②若a ＜0，由f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝－1a.因为x ＝1是f (x )的极大值点，所以－1a＞1，解得－1＜a ＜0.综合①②，得a 的取值范围是(－1，＋∞)．答案：(－1，＋∞)2．(2019·南京四校联考)已知f (x )＝e x ＋x 2－ax ，g (x )＝ln x ＋x ，若对任意的x >0，不等式f (x )≥g (x )恒成立，则实数a 的取值范围是________．解析：不等式f (x )≥g (x )可化为e x ＋x 2－ax ≥ln x ＋x ，由题意知，当x >0时，e x ＋x 2－ax ≥ln x ＋x ，即a ＋1≤e x ＋x 2－ln xx恒成立．令F (x )＝e x ＋x 2－ln xx，则F ′(x )＝e x（x －1）＋x 2－1＋ln x x2，显然有F ′(1)＝0，且当x >0时，[e x (x －1)＋x 2－1＋ln x ]′＝x e x ＋2x ＋1x>0，所以当x >1时，F ′(x )>0，F (x )单调递增，当0<x <1时，F ′(x )<0，F (x )单调递减，所以F (x )min ＝F (1)＝e ＋1.因此有a ＋1≤e ＋1.故a ≤e.答案：(－∞，e]3．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －1e x ，x ≥a ，－x －1，x <a ，g (x )＝f (x )－b .若存在实数b ，使得函数g (x )恰有3个零点，则实数a 的取值范围为________.解析：对于函数y ＝x －1ex，y ′＝2－xex ，由y ′>0，得x <2；由y ′<0，得x >2， 所以y ＝x －1e x在(－∞，2]上单调递增，在[2，＋∞)上单调递减，极大值为1e2，当x →＋∞时，y →0.先不考虑a ，作出y ＝x －1e x和y ＝－x －1的图象如图所示．只有当b ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 2时，直线y ＝b 与曲线y ＝x －1ex 和直线y ＝－x －1共有三个公共点．因为直线y ＝1e 2与直线y ＝－x －1的交点为⎝⎛⎭⎪⎫－1－1e 2，1e 2. 所以当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－1e 2，2时，存在直线y ＝b 与曲线y ＝f (x )恰有三个公共点．答案： ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－1e 2，2 4．(2019·苏锡常镇四市一模)已知函数f (x )＝x 2＋|x －a |，g (x )＝(2a －1)x ＋a ln x ，若函数y ＝f (x )与函数y ＝g (x )的图象恰好有两个不同的交点，则实数a 的取值范围为________．解析：令h (x )＝f (x )－g (x )＝x 2＋|x －a |－(2a －1)x －a ln x ，则h (x )有且仅有两个零点．a ≤0时，h (x )＝x 2－2(a －1)x －a ln x －a ，h ′(x )＝2x －2(a －1)－ax>0，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递增，不合题意．a >0时，h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2ax －a ln x ＋a ，0<x <a ，x 2－2（a －1）x －a ln x －a ，x ≥a ，0<x <a 时，h ′(x )＝2(x －a )－ax <0，所以h (x )在(0，a )上单调递减；x ≥a 时，h ′(x )＝2x －2(a －1)－a x ＝2(x －a )＋2x －ax>0，所以h (x )在(a ，＋∞)上单调递增．所以h (x )min ＝h (a )＝－a 2＋a －a ln a <0，即a －1＋ln a >0.令φ(a )＝a ＋ln a －1，则φ′(a )＝1＋1a>0，所以φ(a )在(0，＋∞)上单调递增，又φ(1)＝0，所以φ(a )>0的解集为a ∈(1，＋∞)．此时易知h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝1a2－2＋a ln a ＋a >0，h (a 3)＝a (a 5－2a 3＋2a 2－3ln a －1)>0，所以h (x )在⎝⎛⎭⎪⎫1a，a 和(a ，a 3)上各有一个零点，满足题意．综上，a ∈(1，＋∞)．答案：(1，＋∞)5．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－|x 3－2x 2＋x |，x <1，ln x ，x ≥1，若对于∀t ∈R ，f (t )≤kt 恒成立，则实数k 的取值范围是________．解析：x ＜1时，f (x )＝－|x 3－2x 2＋x |＝－|x (x －1)2|＝⎩⎪⎨⎪⎧x （x －1）2，x ＜0，－x （x －1）2，0≤x ＜1， 当x ＜0时，f ′(x )＝(x －1)(3x －1)＞0 ∴f (x )是增函数；当0≤x ＜1，f ′(x )＝－(x －1)(3x －1)，所以f (x )的增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1，减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13，根据图象变换可作出函数y ＝f (x )在R 上的图象如图所示．又设函数y ＝ln x (x ≥1)的图象经过原点的切线斜率为k 1，切点(x 1，ln x 1)， 因为y ′＝1x ，所以k 1＝1x 1＝ln x 1－0x 1－0，解得x 1＝e ，所以k 1＝1e.函数y ＝x 3－2x 2＋x 在原点处的切线斜率k 2＝y ′|x ＝0＝1.因为∀t ∈R ，f (t )≤kt ，所以根据f (x )的图象，数形结合可得1e≤k ≤1.答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1 6．已知函数f (x )＝ln x ＋(e －a )x －b ，其中e 为自然对数的底数．若不等式f (x )≤0恒成立，则ba的最小值为________．解析：f ′(x )＝1x ＋(e －a )＝（e －a ）x ＋1x(x ＞0)，当e －a ≥0，即a ≤e 时，f (e b )＝(e －a )e b＞0，显然f (x )≤0不恒成立． 当e －a ＜0，即a ＞e 时，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a －e 时，f ′(x )＞0，f (x )为增函数；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1a －e ，＋∞时，f ′(x )＜0，f (x )为减函数，所以f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫1a －e ＝－ln(a －e)－b －1.由f (x )≤0恒成立，得f (x )max ≤0，所以b ≥－ln(a －e)－1，所以得b a≥－ln （a －e ）－1a.设g (x )＝－ln （x －e ）－1x(x ＞e)，g ′(x )＝xe －x ＋ln （x －e ）＋1x 2＝ee －x＋ln （x －e ）x2. 由于y ＝e e －x＋ln(x －e)为增函数，且当x ＝2e 时，g ′(x )＝0，所以当x ∈(e ，2e)时，g ′(x )＜0，g (x )为减函数；当x ∈(2e ，＋∞)时，g ′(x )＞0，g (x )为增函数，所以g (x )min＝g (2e)＝－1e ，所以b a ≥－1e ，当a ＝2e ，b ＝－2时，b a 取得最小值－1e.答案：－ 1e。