专题限时集训(十六) 导数的应用 (对应学生用书第 109 页) (限时：40 分钟) 题型 1 利用导数研究函数的单调性 题型 2 利用导数研究函数的极值、最值问题 题型 3 利用导数解决不等式问题 一、选择题 1．(2017·豫南九校联考)已知 f′(x)是定义在 R 上的连续函数 f(x)的导函数，满足 f′(x)－ 2f(x)<0，且 f(－1)＝0，则 f(x)>0 的解集为( A．(－∞，－1) C．(－∞，0) A [设 g(x)＝ ) 5,6,10 2,3,4,7,9,13 1,8,11,12,14 B．(－1,1) D．(－1，＋∞) f x e 2x ，则 g′(x)＝ f x －2f x e 2x <0 在 R 上恒成立，所以 g(x)在 R 上递减，又因为 g(－1)＝0，f(x)>0?g(x)>0，所以 x<－1.] e 2．(2017·郑州第三次质量预测)设函数 f(x)满足 2x f(x)＋x f′(x)＝e ，f(2)＝ ，则 x∈[2， 8 2 3 2 x ＋∞)时，f(x)的最小值为( ) 【导学号：07804116】 A. D e 2 2 3e B. 2 2 e C. 4 2 e D. 8 2 e －2x f 2 3 x [对于等式 2x f(x)＋x f′(x)＝e ， 因为 x>0， 故此等式可化为 f′(x)＝ 3 x 2 x x ， 且 f′(2)＝ e －8f 8 e x 2 ＝ 0. 令 g(x) ＝ e － 2x f(x) ， g(2) ＝ 0.g′(x) ＝ e － 2[2xf(x) ＋ e x x 2 x x2f′(x)]＝ex－2 ＝ (x－2)．当 x≥2 时，g′(x)≥0，g(x)单调递增，故 gmin(x)＝g(2) x x ＝0， 因此当 x≥2 时， g(x)≥0 恒成立． 因为 f′(x)＝ g x ， 所以 f′(x)≥0 恒成立． 因 x3 2 e 此 f(x)在[2，＋∞)上单调递增，f(x)的最小值为 f(2)＝ .故选 D.] 8 e ?2 ? 3．(2017·安庆模拟)已知函数 f(x)＝ 2－k? ＋ln x?，若 x＝2 是函数 f(x)的唯一一个极值点， x x ?x ? 则实数 k 的取值范围为( A．(－∞，e] C．(－∞，e) ) B．[0，e] D．[0，e) x e －2xe ? 2 1? A [f′(x)＝ －k?－ 2＋ ?＝ x4 ? x x? 则 g′(x)＝ 2 x x x－ x2 ?e －k? ?x ? ? ? x e (x＞0)．设 g(x)＝ ， x x x－ x2 x ，则 g(x)在(0,1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增． x e ∴g(x)在(0，＋∞)上有最小值，为 g(1)＝e, 结合 g(x)＝ 与 y＝k 的图象可知，要满足 x 题意，只需 k≤e，选 A.] 4． (2017·金华十校联考)已知函数 f(x)＝x ＋ax ＋bx＋c 有两个极值点 x1， x2.若 f(x1)＝x1＜x2， 则关于 x 的方程 3(f(x)) ＋2af(x)＋b＝0 的不同实根个数为( A．3 A B．4 C．5 2 2 3 2 ) D．6 2 [f′(x)＝3x ＋2ax＋b，原题等价于方程 3x ＋2ax＋b＝0 有两个不等实数根 x1，x2，且 x1＜x2，x∈(－∞，x1)时，f′(x)＞0，f