PAGEPAGEPAGE1課時(shí)達(dá)標(biāo)訓(xùn)練(十九)導(dǎo)數(shù)的簡潔應(yīng)用A組——抓牢中檔小題1．(2024·蘇州期末)曲線y＝x＋2ex在x＝0處的切線與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形面積為________．解析：由函數(shù)y＝x＋2ex，可得y′＝1＋2ex，當(dāng)x＝0時(shí)，y＝2，y′＝3，所以曲線y＝x＋2ex在點(diǎn)(0，2)處的切線方程為y＝3x＋2，令y＝0，可得x＝－eq\f(2,3)，所以曲線y＝x＋2ex在x＝0處的切線與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積為eq\f(1,2)×2×eq\f(2,3)＝eq\f(2,3).答案：eq\f(2,3)2．(2024·常州期末)若直線kx－y－k＝0與曲線y＝ex(e是自然對數(shù)的底數(shù))相切，則實(shí)數(shù)k＝________．解析：設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為(x0，eeq\a\vs4\al(x0))，則曲線y＝ex在點(diǎn)(x0，eeq\a\vs4\al(x0))處的切線方程為y－eeq\a\vs4\al(x0)＝eeq\a\vs4\al(x0)(x－x0)，即eeq\a\vs4\al(x0)x－y＋eeq\a\vs4\al(x0)(1－x0)＝0，易知該切線與直線kx－y－k＝0重合，所以eeq\a\vs4\al(x0)＝－eeq\a\vs4\al(x0)(1－x0)＝k，得x0＝2，k＝e2.答案：e23．(2024·安徽師大附中期中)已知函數(shù)f(x)＝ex＋ae－x為偶函數(shù)，若曲線y＝f(x)的一條切線的斜率為eq\f(8,3)，則該切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為________．解析：∵函數(shù)f(x)＝ex＋ae－x為偶函數(shù)，∴f(－x)＝f(x)，即e－x＋aex＝ex＋ae－x，可得a＝1.∴f(x)＝ex＋e－x，∴f′(x)＝ex－e－x.設(shè)該切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x0，則eeq\a\vs4\al(x0)－eeq\a\vs4\al(－x0)＝eq\f(8,3).令ex0＝t>0，可得t－eq\f(1,t)＝eq\f(8,3)，整理可得3t2－8t－3＝0，解得t＝3或－eq\f(1,3)(舍)．∴ex0＝3，解得x0＝ln3.則該切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為ln3.答案：ln34．(2024·廣東廣州一模)已知過點(diǎn)A(a，0)作曲線C：y＝xex的切線有且僅有兩條，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析：設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為(x0，y0)，則由(xex)′＝xex＋ex可知切線斜率k＝(x0＋1)·eeq\a\vs4\al(x0)，所以切線方程為y－y0＝(x0＋1)·eeq\a\vs4\al(x0)(x－x0)．將點(diǎn)A(a，0)代入切線方程得－y0＝(x0＋1)·eeq\a\vs4\al(x0)(a－x0)．又y0＝x0eeq\a\vs4\al(x0)，所以(x0＋1)·eeq\a\vs4\al(x0)(a－x0)＝－x0eeq\a\vs4\al(x0)，整理得xeq\o\al(2,0)－ax0－a＝0有兩個(gè)解，所以Δ＝a2＋4a>0，解得a<－4或a>0.答案：(－∞，－4)∪(0，＋∞)5．設(shè)a∈R，若函數(shù)f(x)＝ex＋ax(x∈R)有大于零的極值點(diǎn)，則a的取值范圍是________．解析：令f′(x)＝ex＋a＝0，則ex＝－a，x＝ln(－a)．因?yàn)楹瘮?shù)f(x)有大于零的極值點(diǎn)，所以ln(－a)＞0，所以－a＞1，即a＜－1.答案：(－∞，－1)6．已知函數(shù)f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，若f(x)在區(qū)間[k，2]上的最大值為28，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為________．解析：由題意知f′(x)＝3x2＋6x－9，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－3，所以f′(x)，f(x)隨x的改變狀況如下表：x(－∞，－3)－3(－3，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)極大值微小值又f(－3)＝28，f(1)＝－4，f(2)＝3，f(x)在區(qū)間[k，2]上的最大值為28，所以k≤－3.答案：(－∞，－3]7．(2024·鹽城三模)已知函數(shù)f(x)＝x＋4sinx，若不等式kx＋b1≤f(x)≤kx＋b2對一切實(shí)數(shù)x恒成立，則b2－b1的最小值為________．解析：原不等式可化為(k－1)x＋b1≤4sinx≤(k－1)x＋b2，結(jié)合函數(shù)圖象(圖略)知k＝1，進(jìn)一步得b2≥4，b1≤－4，所以b2－b1≥8，所以b2－b1的最小值為8.答案：88．已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(m,x)(m∈R)在區(qū)間[1，e]上取得最小值4，則m＝________．解析：因?yàn)閒(x)在區(qū)間[1，e]上取得最小值4，所以至少滿意f(1)≥4，f(e)≥4，解得m≤－3e，又f′(x)＝eq\f(x＋m,x2)，且x∈[1，e]，所以f′(x)<0，即f(x)在[1，e]上單調(diào)遞減，所以f(x)min＝f(e)＝1－eq\f(m,e)＝4，解得m＝－3e.答案：－3e9．若函數(shù)f(x)＝mx2＋lnx－2x在定義域內(nèi)是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．解析：因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，所以f′(x)＝2mx＋eq\f(1,x)－2＝eq\f(2mx2－2x＋1,x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以二次函數(shù)g(x)＝2mx2－2x＋1在定義域(0，＋∞)上必需大于等于0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＞0，,g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2m)))≥0，))解得m≥eq\f(1,2).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))10．若a＞0，b＞0，且函數(shù)f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1處有極值，若t＝ab，則t的最大值為________．解析：∵f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2，∴f′(x)＝12x2－2ax－2b.又f(x)在x＝1處取得極值，∴f′(1)＝12－2a－2b＝0，即a＋b＝6∴t＝ab＝a(6－a)＝－(a－3)2＋9，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝3時(shí)，t取得最大值9.答案：911．(2024·南京鹽城一模)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3－a2x(a>0，x≥0)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，A(3，－1)，C(a，0)，對函數(shù)圖象上的隨意一點(diǎn)B，都滿意eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))≤eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OC,\s\up7(→))成立，則a的值為________．解析：由題意得eq\o(OA,\s\up7(→))＝(3，－1)，eq\o(OC,\s\up7(→))＝(a，0)，設(shè)B(x，x3－a2x)，則eq\o(OB,\s\up7(→))＝(x，x3－a2x)，由eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))≤eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OC,\s\up7(→))得3x－(x3－a2x)≤3a，整理得(x－a)(x2＋ax－3)≥0.法一：設(shè)y1＝x－a，y2＝x2＋ax－3，則由(x－a)(x2＋ax－3)≥0在[0，＋∞)上恒成立知，兩函數(shù)的圖象應(yīng)交于x軸上的點(diǎn)(a，0)，將x＝a代入x2＋ax－3＝0，得a2＋a2－3＝0，因?yàn)閍>0，所以得a＝eq\f(\r(6),2).法二：設(shè)g(x)＝(x－a)(x2＋ax－3)，則g(a)＝0，g′(x)＝x2＋ax－3＋(x－a)(2x＋a)＝3x2－3－a2，因?yàn)間′(x)在[0，＋∞)上有唯一零點(diǎn)，所以要使g(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，需g′(a)＝2a2－3＝0，因?yàn)閍>0，所以得a＝eq\f(\r(6),2).法三：由3x－(x3－a2x)≤3a得x3－a2x≥3x－3a.設(shè)p(x)＝x3－a2x，q(x)＝3x－3a，易知當(dāng)x≥0時(shí)，p(x)的圖象上的點(diǎn)不在q(x)圖象的下方，因?yàn)閮珊瘮?shù)圖象有公共點(diǎn)(a，0)，且q(x)的圖象是直線，所以p′(a)＝2a2＝3，得a＝eq\f(\r(6),2)答案：eq\f(\r(6),2)12．已知函數(shù)f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋4x－3lnx在[t，t＋1]上不單調(diào)，則t的取值范圍是________．解析：由題意知x＞0，且f′(x)＝－x＋4－eq\f(3,x)＝eq\f(－x2＋4x－3,x)＝－eq\f(（x－1）（x－3）,x)，由f′(x)＝0得函數(shù)f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)為1，3，則只要這兩個(gè)極值點(diǎn)有一個(gè)在區(qū)間(t，t＋1)內(nèi)，函數(shù)f(x)在區(qū)間[t，t＋1]上就不單調(diào)，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．已知函數(shù)f(x)＝－xlnx＋ax在(0，e]上是增函數(shù)，函數(shù)g(x)＝|ex－a|＋eq\f(a2,2)，當(dāng)x∈[0，ln3]時(shí)，函數(shù)g(x)的最大值M與最小值m的差為eq\f(3,2)，則a的值為________．解析：由題意可知f′(x)＝－(lnx＋1)＋a≥0在(0，e]上恒成立，所以a≥lnx＋1，即a≥2.當(dāng)2≤a＜3時(shí)，g(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－ex＋\f(a2,2)，0≤x＜lna，,ex－a＋\f(a2,2)，lna≤x≤ln3，))g(x)在[0，lna]上單調(diào)遞減，在[lna，ln3]上單調(diào)遞增，因?yàn)間(0)－g(ln3)＝a－1＋eq\f(a2,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－a＋\f(a2,2)))＝2a－4≥0，所以g(0)≥g(ln3)，所以M－m＝g(0)－g(lna)＝a－1＝eq\f(3,2)，解得a＝eq\f(5,2)；當(dāng)a≥3時(shí)，g(x)＝a－ex＋eq\f(a2,2)，g(x)在[0，ln3]上遞減，所以M－m＝g(0)－g(ln3)＝2≠eq\f(3,2)，舍去．故a＝eq\f(5,2).答案：eq\f(5,2)14．若函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ex,2)－\f(a,ex)))(a∈R)在區(qū)間[1，2]上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析：設(shè)g(x)＝eq\f(ex,2)－eq\f(a,ex)，因?yàn)閒(x)＝|g(x)|在區(qū)間[1，2]上單調(diào)遞增，所以g(x)有兩種狀況：①g(x)≤0且g(x)在區(qū)間[1，2]上單調(diào)遞減．又g′(x)＝eq\f(（ex）2＋2a,2·ex)，所以g′(x)＝eq\f(（ex）2＋2a,2·ex)≤0在區(qū)間[1，2]上恒成立，且g(1)≤0.所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a≤－（ex）2，,\f(e,2)－\f(a,e)≤0))無解．②g(x)≥0且g(x)在區(qū)間[1，2]上單調(diào)遞增，即g′(x)＝eq\f(（ex）2＋2a,2·ex)≥0在區(qū)間[1，2]上恒成立，且g(1)≥0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a≥－（ex）2，,\f(e,2)－\f(a,e)≥0，))解得a∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(e2,2)，\f(e2,2))).綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(e2,2)，\f(e2,2))).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(e2,2)，\f(e2,2)))B組——力爭難度小題1．設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－bx，若x＝1是f(x)的極大值點(diǎn)，則a的取值范圍為________．解析：f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－ax－b，由f′(1)＝0，得b＝1－a.∴f′(x)＝eq\f(1,x)－ax＋a－1＝eq\f(－ax2＋1＋ax－x,x)＝－eq\f(（ax＋1）（x－1）,x).①若a≥0，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x＞1時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；所以x＝1是f(x)的極大值點(diǎn)．②若a＜0，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝－eq\f(1,a).因?yàn)閤＝1是f(x)的極大值點(diǎn)，所以－eq\f(1,a)＞1，解得－1＜a＜0.綜合①②，得a的取值范圍是(－1，＋∞)．答案：(－1，＋∞)2．(2024·南京四校聯(lián)考)已知f(x)＝ex＋x2－ax，g(x)＝lnx＋x，若對隨意的x>0，不等式f(x)≥g(x)恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析：不等式f(x)≥g(x)可化為ex＋x2－ax≥lnx＋x，由題意知，當(dāng)x>0時(shí)，ex＋x2－ax≥lnx＋x，即a＋1≤eq\f(ex＋x2－lnx,x)恒成立．令F(x)＝eq\f(ex＋x2－lnx,x)，則F′(x)＝eq\f(ex（x－1）＋x2－1＋lnx,x2)，明顯有F′(1)＝0，且當(dāng)x>0時(shí)，[ex(x－1)＋x2－1＋lnx]′＝xex＋2x＋eq\f(1,x)>0，所以當(dāng)x>1時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞增，當(dāng)0<x<1時(shí)，F(xiàn)′(x)<0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞減，所以F(x)min＝F(1)＝e＋1.因此有a＋1≤e＋1.故a≤e.答案：(－∞，e]3．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x－1,ex)，x≥a，,－x－1，x<a，))g(x)＝f(x)－b.若存在實(shí)數(shù)b，使得函數(shù)g(x)恰有3個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________.解析：對于函數(shù)y＝eq\f(x－1,ex)，y′＝eq\f(2－x,ex)，由y′>0，得x<2；由y′<0，得x>2，所以y＝eq\f(x－1,ex)在(－∞，2]上單調(diào)遞增，在[2，＋∞)上單調(diào)遞減，極大值為eq\f(1,e2)，當(dāng)x→＋∞時(shí)，y→0.先不考慮a，作出y＝eq\f(x－1,ex)和y＝－x－1的圖象如圖所示．只有當(dāng)b∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e2)))時(shí)，直線y＝b與曲線y＝eq\f(x－1,ex)和直線y＝－x－1共有三個(gè)公共點(diǎn)．因?yàn)橹本€y＝eq\f(1,e2)與直線y＝－x－1的交點(diǎn)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1－\f(1,e2)，\f(1,e2))).所以當(dāng)a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1－\f(1,e2)，2))時(shí)，存在直線y＝b與曲線y＝f(x)恰有三個(gè)公共點(diǎn)．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1－\f(1,e2)，2))4．(2024·蘇錫常鎮(zhèn)四市一模)已知函數(shù)f(x)＝x2＋|x－a|，g(x)＝(2a－1)x＋alnx，若函數(shù)y＝f(x)與函數(shù)y＝g(x)的圖象恰好有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a解析：令h(x)＝f(x)－g(x)＝x2＋|x－a|－(2a－1)x－alnx，則h(x)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)．a(chǎn)≤0時(shí)，h(x)＝x2－2(a－1)x－alnx－a，h′(x)＝2x－2(a－1)－eq\f(a,x)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，不合題意．a(chǎn)>0時(shí)，h(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－2ax－alnx＋a，0<x<a，,x2－2（a－1）x－alnx－a，x≥a，))0<x<a時(shí)，h′(x)＝2(x－a)－eq\f(a,x)<0，所以h(x)在(0，a)上單調(diào)遞減；x≥a時(shí)，h′(x)＝2x－2(a－1)－eq\f(a,x)＝2(x－a)＋eq\f(2x－a,x)>0，所以h(x)在(a，＋∞)上單調(diào)遞增．所以h(x)min＝h(a)＝－a2＋a－alna<0，即a－1＋lna>0.令φ(a)＝a＋lna－1，則φ′(a)＝1＋eq\f(1,a)>0，所以φ(a)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又φ(1)＝0，所以φ(a)>0的解集為a∈(1，＋∞)．此時(shí)易知heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝eq\f(1,a2)－2＋alna＋a>0，h(a3)＝a(a5－2a3＋2a2－3lna－1)>0，所以h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，a))和(a，a3)上各有一個(gè)零點(diǎn)，滿意題意．綜上，a∈(1，＋∞)．答案：(1，＋∞)5．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－|x3－2x2＋x|，x<1，,lnx，x≥1，))若對于?t∈R，f(t)≤kt恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是________．解析：x＜1時(shí)，f(x)＝－|x3－2x2＋x|＝－|x(x－1)2|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x（x－1）2，x＜0，,－x（x－1）2，0≤x＜1，))當(dāng)x＜0時(shí)，f′(x)＝(x－1)(3x－1)＞0∴f(x)是增函數(shù)；當(dāng)0≤x＜1，f′(x)＝－(x－1)(3x－1)，所以f(x)的增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))，減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))，依據(jù)圖象變換可作出函數(shù)y＝f(x)在R上的圖象如圖所示．又設(shè)函數(shù)y＝lnx(x≥1)的圖象經(jīng)過原點(diǎn)的切線斜率為k1，切點(diǎn)(x1，lnx1)，因?yàn)閥′＝eq\f(1,x)，所以k1＝eq\f(1,x1)＝eq\f(lnx1－0,x1－0)，解得x1＝e，所以k1＝eq\f(1,e).函數(shù)y＝x3－2x2＋x在原點(diǎn)處的切線斜率k2＝y(tǒng)′|x＝0＝1.因?yàn)?t∈R，f(t)≤kt，所