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=xln x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′=ln x+1,所以k=ln e+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=ln x+1的一条切线是y=ax+b,则4a+eb的最小值是( C )(A)2 (B)22 (C)4 (D)42解析:设切点为(m,ln m+1),m>0,f′(x)=1x,f′(m)=1m,故切线方程为y-(ln m+1)=1m(x-m),即y=1mx+ln m,所以a=1m,b=ln m,4a+eb=4m+m≥24mm=4.故选C.3.(2018重庆市巴蜀中学三诊)若a=02 x dx,则二项式(x-a+1x)6展开式中的常数项是( C )(A)20 (B)-20 (C)-540 (D)540解析:因为a=02 x dx=12x2︱02=2,所以(x-a+1x)6=(x-3x)6,则Tr+1=C6rx6-r(-3x)r=(-3)rC6rx6-2r,所以6-2r=0,得r=3,而(-3)3C63=-540,即常数项为-540.故选C.4.若函数f(x)=kx-ln x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-ln x,所以f′(x)=k-1x.因为f(x)在区间(1,+∞)上单调递增,所以当x>1时,f′(x)=k-1x≥0恒成立,即k≥1x在区间(1,+∞)上恒成立.因为x>1,所以0<1x<1,所以k≥1.故选D.5.(2018海南省八校联考)已知函数f(x)=3ln x-x2+(a-12)x在区间(1,3)上有最大值,则实数a的取值范围是( B )(A)(-12,5) (B)(-12,112) (C)(12,112) (D)(12,5)解析:因为f′(x)=3x-2x+a-12,所以由题设f′(x)=3x-2x+a-12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f(1)>0,f(3)<0,即a+12>0,a-112<0⇒-120,g′(x)=1-xex,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)=1e,所以a∈(0,1e).答案:(0,1e)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)=ax,x<1,x2+4x+alnx,x≥1在R上单调递增,则实数a的取值范围是 .解析:因为f(x)=ax,x<1,x2+4x+alnx,x≥1在R上单调递增,所以a>1,a≤12+41+aln1,(x2+4x+alnx)≥0,即10,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-3x-4ln x在(0,1)上单调递增,在[1,3]上单调递减,所以,当0x2,不等式f(x1)-f(x2)x1-x2<2恒成立,求实数a的取值范围.解:(1)g(x)=ax2+ln x(x>0),g′(x)=2ax+1x=2ax2+1x,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(-12a,+∞)上g′(x)<0,所以g(x)在(0,-12a)上单调递增,在(-12a,+∞)上单调递减.(2)因为x1>x2>0,f(x1)-f(x2)x1-x2<2,所以f(x1)-f(x2)<2x1-2x2,所以f(x1)-2x10,令h(x)=1-lnxx2,h′(x)=x2(-1x)-2x(1-lnx)x4=2lnx-3x3=0,所以x=e32,当x∈(0,e32),h′(x)<0,h(x)单调递减,当x∈(e32,+∞),h′(x)>0,h(x)单调递增,所以h(x)min=h(e32)=1-32e3=-12e3,所以3a≤-12e3,所以a≤-16e3.所以a的取值范围是(-∞,-16e3].。