导数的简单应用 课件完整版

第3课时导数的简单应用

关键能力·应用实践考向一导数的几何意义及其应用【多维题组】速通关1.(2020·全国Ⅰ卷)函数f(x)=x4-2x3的图象在点(1,f(1))处的切线方程为(

)A.y=-2x-1 B.y=-2x+1C.y=2x-3 D.y=2x+1【解析】选B.因为f(x)=x4-2x3,所以f′(x)=4x3-6x2,所以f(1)=-1,f′(1)=-2,因此,所求切线的方程为y+1=-2(x-1),即y=-2x+1.【加练备选】

(2020·湖南二模)已知M(1,0),N是曲线y=ex上一点,则

的最小值为(

)A.1 B.

C.e D.【解析】选B.y=ex的导数为y′=ex.设N.可得过N的切线的斜率为em,当MN垂直于切线时,取得最小值,可得,则e2m+m=1.因为f(x)=e2x+x单调递增,且f(0)=1,所以m=0.所以的最小值为.2.曲线y=e-2x+1在点(0,2)处的切线与直线y=0和y=x围成的三角形的面积为(

)

【解析】选A.由题意,得:y′=(e-2x+1)′=e-2x(-2x)′=-2e-2x,则在点(0,2)处的切线斜率为k=-2e0=-2,所以切线方程为y=-2x+2.联立得C.所以所求三角形的面积为S△OBC=.

3.设曲线f(x)=ex+2x(e为自然对数的底数)上任意一点处的切线为l1,总存在曲线g(x)=-ax+sinx上某点处的切线l2,使得l1⊥l2,则实数a的取值范围为(

)【解析】选D.f(x)=ex+2x的导数为f′(x)=ex+2,设(x1,y1)为f(x)上的任意一点,则过(x1,y1)处的切线l1的斜率为k1=+2,g(x)=-ax+sinx的导数为g′(x)=cosx-a,过g(x)图象上一点(x2,y2)处的切线l2的斜率为k2=-a+cosx2.由l1⊥l2,可得(+2)·(-a+cosx2)=-1,即-a+cosx2=y=-a+cosx2的值域为A=[-a-1,-a+1],

的值域为B=任意的x1∈R,总存在x2∈R使等式成立,所以B⊆A,即

⊆[-a-1,-a+1],【技法点拨】提素养与导数几何意义有关问题的常见类型及解题策略(1)已知切点求切线方程.解决此类问题的步骤为:①求出函数y=f(x)在点x=x0处的导数,即曲线y=f(x)在点P(x0,f(x0))处切线的斜率;②由点斜式求得切线方程为y-y0=f′(x0)·(x-x0).(2)已知斜率求切点:已知斜率k,求切点(x1,f(x1)),即解方程f′(x1)=k.(3)求切线倾斜角的取值范围:先求导数的取值范围,即确定切线斜率的取值范围,然后利用正切函数的单调性解决.(4)根据切线的性质求倾斜角或参数值:已知曲线上一点P(x0,y0)的切线与已知直线的关系(平行或垂直),确定该切线的斜率k,再求出函数的导函数,然后利用导数的几何意义得到k=f′(x0)=tanα,其中倾斜角α∈[0,π),根据范围进一步求得角α或有关参数的值.考向二导数的运算【多维题组】速通关1.已知函数

若f′

=2021,则x0=(

)A.e2 B.1 C.ln2 D.e【解析】选D.由函数则f′(x)=2019+lnx+x·=2020+lnx,又f′=2021,则lnx0=1,即x0=e.2.等比数列

中,a1=1,a12=8,函数f(x)=则f′(0)=(

)A.212 B.215 C.218 D.221【解析】选C.令g(x)=(x-a1)(x-a2)·…·(x-a12),则f(x)=xg(x),所以f′(x)=g(x)+xg′(x),所以f′(0)=g(0)=a1a2·…·a11a12=

=86==218.3.设函数f(x)=f′

x2-2x+f(1)lnx,曲线f(x)在(1,f(1))处的切线方程是(

)A.5x-y-4=0 B.3x-y-2=0C.x-y=0 D.x=1【解析】选A.因为f(x)=f′x2-2x+f(1)lnx,所以f′(x)=2f′x-2+.令x=得f′=2f′×-2+2f(1),即f(1)=1.又f(1)=f′-2,所以f′=3,所以f′(1)=2f′-2+f(1)=6-2+1=5.所以曲线在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=5(x-1),即5x-y-4=0.【加练备选】已知函数f(x)=x2lnx+1-f′(1)x,则函数f(x)的图象在点

处的切线斜率为(

)【解析】选A.因为f(x)=x2lnx+1-f′(1)x,所以f′(x)=2xlnx+x-f′(1),所以f′(1)=1-f′(1),解得f′(1)=,因此,函数y=f(x)的图象在点处的切线斜率为.4.(2020·广东一模)已知函数f(x)的导函数为f′(x),记f1(x)=f′(x),f2(x)=f1′(x),…,fn+1(x)=fn′(x)(n∈N*).若f(x)=xsinx,则f2019(x)+f2021(x)=(

)A.-2cosx B.-2sinxC.2cosx D.2sinx【解析】选D.由题意可知:f(x)=xsinx,所以f1(x)=sinx+xcosx,f2(x)=2cosx-xsinx,f3(x)=-3sinx-xcosx,f4(x)=-4cosx+xsinx,f5(x)=5sinx+xcosx,…,所以猜想可知:f4k-3(x)=sinx+xcosx,f4k-2(x)=cosx-xsinx,f4k-1(x)=-sinx-xcosx,f4k(x)=-4kcosx+xsinx.由2019=4×505-1,2021=4×506-3,所以f2019(x)=-2019sinx-xcosx,f2021(x)=2021sinx+xcosx,所以f2019(x)+f2021(x)=2sinx.【技法点拨】提素养导数运算的原则和方法(1)原则:先化简解析式,再求导.(2)方法:①连乘积形式:先展开化为多项式的形式,再求导;②分式形式:观察函数的结构特征,先化为整式函数或较为简单的分式函数,再求导;③对数形式:先化为和、差的形式,再求导;④根式形式:先化为分数指数幂的形式,再求导;⑤三角形式:先利用三角函数公式转化为和或差的形式,再求导;⑥复合函数:由外向内,层层求导.考向三导数的简单应用(重难突破)【多维题组】速通关1.已知f(x)=alnx+

x2(a>0),若对任意两个不等的正实数x1,x2,都有

>2恒成立,则a的取值范围是(

)【考场思维】解题方法转化构造法方法应用变形不等式构造函数导数转化单调性导函数符号定参数素养考查数学抽象、逻辑推理【解析】选D.根据>2可知令g(x)=f(x)-2x=alnx+x2-2x(a>0)为定义域上的增函数,所以g′(x)=+x-2≥0恒成立,分离参数得a≥x,而当x>0时,x最大值为1,故a≥1.2.若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,则f(x)的极小值为(

)A.-1 B.-2e-3C.5e-3 D.1【解析】选A.由题可得f′(x)因为f′(-2)=0,所以a=-1,故令f′(x)>0,解得x<-2或x>1,所以f(x)在上单调递增,在上单调递减,所以f(x)的极小值为e1-1=-1.3.(2020·辽宁二模)已知函数

,若存在实数s,t满足0≤s<t,且f(s)=f(t),则t-4s的最小值为(

)A.1 B.e2-1C.2-ln2 D.2-2ln2【考场思维】解题方法导数法方法应用利用方程建立关系代入目标构建函数导数求解函数最值素养考查数学建模、逻辑推理、直观想象【解析】选D.作出函数f(x)的图象,如图所示:

因为f(s)=f(t),结合图象可知2s=lnt=m,(0<m≤2),可得s=

,t=em,令t-4s=em-2m=h(m),h′(m)=em-2,

令h′(m)=em-2=0,解得m=ln2,可以判断函数h(m)在(0,ln2)上单调递减,在(ln2,2]上单调递增,所以h(m)在m=ln2处取得最小值,且h(ln2)=eln2-2ln2=2-2ln2.

4.已知定义在R上的可导函数y=f(x)的导函数为f′(x),满足f′(x)-f(x)>1,f(0)=2019,则不等式f(x)>2020ex-1(其中e为自然对数的底数)的解集为(

)【考场思维】解题方法构造法方法应用利用求导法构造函数利用已知判断导数符号根据单调性解不等式素养考查数学抽象、逻辑推理【解析】选C.令g(x)=,因为f′(x)-f(x)>1,f(0)=2019,则g′(x)=>0,故g(x)在R上单调递增,且g(0)=2020,由f(x)+1>2020ex,可得>2020,即g(x)>g(0),所以x>0,故选C.5.(2020·潍坊三模)已知函数f(x)的导函数f′(x)=则下列结论正确的是(

)A.f(x)在x=0处有极大值B.f(x)在x=2处有极小值C.f(x)在

上单调递减D.f(x)至少有3个零点【解析】选C.由函数f(x)的导函数f′(x)=x4

可知,当x∈时,f′(x)≥0,f(x)的单调递增区间为和;当x∈时,f′(x)≤0,f(x)的单调递减区间为,故AB错误,C正确.又f(1),f(3)的符号无法确定,故无法确定f(x)的零点个数,故D错误.【技法点拨】提素养求函数f(x)极值的方法求函数的极值应先确定函数的定义域,再解方程f′(x)=0,再判断f′(x)=0的根是否是极值点,可通过列表的形式进行分析,若遇极值点含参数不能比较大小时,则需分类讨论.【变式训练】1.定义在R上的函数f(x)满足:f(x)+f′(x)>1,f(0)=4,则不等式exf(x)>ex+3的解集为(

)A.(0,+∞)B.(-∞,0)∪(3,+∞)C.(-∞,0)∪(0,+∞)D.(3,+∞)【解析】选A.由exf(x)>ex+3变形得,ex[f(x)-1]-3>0,设g(x)=ex[f(x)-1]-3,所以原不等式等价于g(x)>g(0),因为g′(x)=ex[f(x)-1]+ex·f′(x)=ex[f(x)+f′(x)-1]>0,所以g(x)在定义域R上递增,由g(x)>g(0),得x>0.2.若函数f(x)=

x2-2x+alnx有两个不同的极值点,则实数a的取值范围是(

)A.a>1 B.-1<a<0C.a<1 D.0<a<1【解析】选D.f(x)的定义域是(0,+∞),若函数f(x)有两个不同的极值点,则g(x)=x2-2x+a在(0,+∞)上有2个不同的实数根,故解得0<a<1.题组训练·素养提升【新题速递】1.若曲线y=x3-2x2+2在点A处的切线方程为y=4x-6,且点A在直线mx+ny-1=0(其中m>0,n>0)上,则

的最小值为(

)

A.4

B.3+2

C.6+4

D.8

【解析】选C.设A(s,t),y=x3-2x2+2的导数为y′=3x2-4x,可得切线的斜率为3s2-4s,切线方程为y=4x-6,可得3s2-4s=4,t=4s-6,解得s=2,t=2或s=-,t=-.由点A在直线mx+ny-1=0(其中m>0,n>0)上,可得2m+2n=1,则当且仅当n=m时,取得最小值6+4.2.若函数f(x)的导数为f′(x),满足f(x)-2f′(1)lnx+x=0,则f′(2)=(

)A.0 B.-1 C.-e D.e【解析】选A.因为f(x)-2f′(1)lnx+x=0,即f(x)=2f′(1)lnx-x,所以f′(x)=2f′(1)×-1.所以f′(1)=2f′(1)-1,所以f′(1)=1,所以f′(x)=-1,令x=2则f′(2)=-1=0.3.(2020·浙江二模)已知函数f(x)的定义域为D,其导函数为f′(x),函数y=sinx·f′(x)(x∈D)的图象如图所示,则f(x)(

)

A.有极小值f(2),极大值f(π)B.有极大值f(2),极小值f(0)C.有极大值f(2),无极小值D.有极小值f(2),无极大值

【解析】选D.当x∈时,sinx>0,当x∈时,sinx<0,则由图象可得当x∈时,f′(x)≤0,当x∈时,f′(x)≥0,故函数f(x)在上单调递减,在上单调递增,则由图象可得函数f(x)在定义域D上,先减后增,有极小值f(2),无极大值.4.(2020·北京二模)已知函数f(x)=

+cosx,给出下列结论:①f(x)在

上有最小值,无最大值;②设F(x)=f(x)-f

,则F(x)为偶函数;③f(x)在

上有两个零点.其中正确结论的序号为________.(写出所有正确结论的序号)

【解析】由于x∈,所以f′(x)=--sinx<0,所以f(x)在上递减,所以f(x)在上有最小值,无最大值,故①正确.依题意F(x)=f(x)-f=+cosx-由于F≠F(x),所以F(x)不是偶函数,故②错误.令f(x)=0得cosx=-,画出y=cosx和y=-在区间上的图象如图所示,由图可知y=cosx和y=-在区间上的图象有两个交点,则f(x)在上有两个零点,故③正确.答案:①③

【创新迁移】1.给出定义:若函数f(x)在D上可导,即f′(x)存在,且导函数f′(x)在D上也可导,则称f(x)在D上存在二阶导函数,记f′′(x)=(f′(x))′,若f′′(x)<0在D上恒成立,则称f(x)在D上为凸函数.以下四个函数在

上不是凸函数的是(

)A.f(x)=sinx+cosx B.f(x)=lnx-2xC.f(x)=-x3+2x-1 D.f(x)=-xe-x【解析】选D.若f(x)=sinx+cosx,则f″(x)=-sinx-cosx,在x∈上,恒有f″(x)<0;若f(x)=lnx-2x,则f″(x)=-,在x∈上,恒有f″(x)<0;若f(x)=-x3+2x-1,则f″(x)=-6x,在x∈上,恒有f″(x)<0;若f(x)=-xe-x,则f″(x)=2e-x-xe-x=(2-x)e-x.在x∈上,恒有f″(x)>0.【加练备选】对于任意实数x1,x2,当0<x1<x2<e时,有x1lnx2-x2lnx1>ax2-ax1恒成立,则实数a的取值范围为______.

【解析】当0<x1<x2<e时,x1lnx2-x2lnx1>ax2-ax1恒成立等价于恒成立,等价于g(x)=在(0,e)上单调递增,所以g′(x)=≥0在(0,e)上恒成立,所以a≤1-lnx在(0,e)上恒成立,因为当x∈(0,e)时,1-lnx≥1-lne=0,所以a≤0.答案:a≤02.2019年底,武汉发生“新型冠状病毒肺炎”疫情,国家卫健委紧急部署,从多省调派医务工作者前去支援,正值农历春节举家团圆之际,他们成为“最美逆行者”.武汉市从2月7日起举全市之力入户上门排查确诊的新冠肺炎患者、疑似的新冠肺炎患者、无法明确排除新冠肺炎的发热患者和确诊患者的密切接触者等“四类”人员,强化网格化管理,不落一户、不漏一人.若在排查期间,某小区有5人被确认为“确诊患者的密切接触者”,现医护人员要对这5人随机进行逐一“核糖核酸”检测,只要出现一例阳性,则将该小区确定为“感染高危小区”.假设每人被确诊的概率均为p

且相互独立,若当p=p0时,至少检测了4人该小区被确定为“感染高危小区”的概率取得最大值,则p0=________.

【解析】由题意知,至少检测了4人该小区被确定为“感染高危小区”的概率f(p)=p(1-p)3+p(1-p)4,f′(p)=(1-p)2

令f′(p)=0,解得p=1-故f(p)在上单调递增,在上单调递减,故当p=1-时,f(p)取得最大值.答案:1-专题能力提升练二十二导数的简单应用(40分钟80分)一、单项选择题(共8小题,每小题5分,共40分)1.已知函数f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+2y-2=0,则f(1)+f′(1)=(

)A.

B.1 C.

D.0【解析】选D.切点(1,f(1))在切线x+2y-2=0上,所以1+2f(1)-2=0,得f(1)=,又切线斜率k=f′(1)=-,所以f(1)+f′(1)=0.一、单项选择题(共8小题,每小题5分,共40分)1.已知函数f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+2y-2=0,则f(1)+f′(1)=(

)A.

B.1 C.

D.0【解析】选D.切点(1,f(1))在切线x+2y-2=0上,所以1+2f(1)-2=0,得f(1)=,又切线斜率k=f′(1)=-,所以f(1)+f′(1)=0.【加练备选】(2020·陕西二模)已知曲线y=aex+xlnx在点(1,1)处的切线方程为y=2x+b,则

(

)A.a=e,b=-1 B.a=e,b=1C.a=e-1,b=1 D.a=e-1,b=-1【解析】选D.y′=aex+lnx+1,k=y′|x=1=ae+1=2,所以a=e-1,将(1,1)代入y=2x+b得2+b=1,b=-1.2.已知函数f(x)=ex-mx+1的图象为曲线C,若曲线C存在与直线y=ex垂直的切线,则实数m的取值范围是(

)A.

B.

C.

D.

【解析】选B.函数f(x)=ex-mx+1的导数为f′(x)=ex-m,若曲线C存在与直线y=ex垂直的切线,即有ex-m=-有解,即m=ex+.由ex>0,得m>,则实数m的取值范围为.3.已知函数f(x)=

+sinx,其导函数记为f′(x),则f(2020)+f(-2020)+f′(2020)-f′(-2020)的值为(

)A.2 B.1 C.0 D.-2【解析】选A.因为f(x)=+sinx,所以f′(x)=-+cosx,所以f(x)+f(-x)=+sinx++sin(-x)=2,f′(x)-f′(-x)=-+cosx+-cos(-x)=-+=-+=0,所以f(2020)+f(-2020)+f′(2020)-f′(-2020)=2.4.已知函数f(x)=xlnx+x2,x0是函数f(x)的极值点,以下几个结论中正确的是

(

)A.x0<

B.x0>

C.f(x0)+2x0<0 D.f(x0)+2x0>0【解析】选D.函数f(x)=xlnx+x2(x>0),所以f′(x)=lnx+1+2x,因为x0是函数f(x)的极值点,所以f′(x0)=0,所以lnx0+1+2x0=0,所以f′()=>0,f′()=-1<0,又f′(x)在(0,+∞)上单调递增,所以x0∈,故排除A,B.f(x0)+2x0=x0lnx0++2x0=x0(lnx0+x0+2)=-x0(x0-1)>0,即D正确,C不正确.【加练备选】已知函数f(x)=x-sinx,则不等式f(x2-1)+f(2x-2)>0的解集是(

)A.

B.

C.

D.【解析】选C.因为f(-x)=-x+sinx=-f(x),所以函数f(x)是奇函数,因为f′(x)=1-cosx≥0恒成立,所以函数f(x)在R上单调递增,故f(x2-1)+f(2x-2)>0,即f(x2-1)>-f(2x-2)=f(-2x+2),所以x2-1>-2x+2,x2+2x-3>0,解得x>1或x<-3,故其解集为.5.(2020·唐山一模)已知函数f(x)的定义域为(0,+∞),且满足f(x)+xf′(x)>0(f′(x)是f(x)的导函数),则不等式(x-1)f(x2-1)<f(x+1)的解集为(

)A.（-∞,2） B.（1,+∞）C.（-1,2）D.（1,2）【解析】选D.构造函数g(x)=xf(x),其中x>0,则g′(x)=f(x)+xf′(x)>0,所以,函数y=g(x)在定义域(0,+∞)上为增函数,在不等式(x-1)f(x2-1)<f(x+1)两边同时乘以x+1得(x2-1)f(x2-1)<(x+1)f(x+1)，即g(x2-1)<g(x+1),所以,解得1<x<2.因此,不等式(x-1)f(x2-1)<f(x+1)的解集为（1,2）.【加练备选】(2020·甘肃一模)已知定义在R上的函数f(x),f′(x)是f(x)的导函数,且满足xf′(x)-f(x)=x2ex,f(1)=e,则f(x)的最小值为(

)A.-e B.e C.

D.-

【解题指南】将题干中的等式变形为=ex,可得出′=ex,并构造函数F(x)=,可得出=ex+c,进而可得出f(x)=xex+cx,利用f(1)=e求得c的值,可得出函数y=f(x)的解析式,进而利用导数可求得函数f(x)的最小值.【解析】选D.由xf′(x)-f(x)=x2ex,变形得=ex,即′=ex,所以=ex+c(c为常数),则f(x)=xex+cx,由f(1)=e+c=e,得c=0.所以f(x)=xex,所以f′(x)=(x+1)ex,当x<-1时,f′(x)<0,此时函数y=f(x)单调递减;当x>-1时,f′(x)>0,此时函数y=f(x)单调递增.所以,函数y=f(x)在x=-1处取得极小值,亦即最小值,则.6.若f(x)=x3+ax2+bx-a2-7a在x=1处取得极大值10,则

的值为(

)A.-

或-

B.-

或

C.-

D.-【解析】选C.因为f(x)=x3+ax2+bx-a2-7a,所以f′(x)=3x2+2ax+b,又f(x)=x3+ax2+bx-a2-7a在x=1处取得极大值10,所以f′(1)=3+2a+b=0,f(1)=1+a+b-a2-7a=10,所以a2+8a+12=0,所以a=-2,b=1或a=-6,b=9.当a=-2,b=1时,f′(x)=3x2-4x+1=(3x-1)(x-1),当<x<1时,f′(x)<0,当x>1时,f′(x)>0,所以f(x)在x=1处取得极小值,与题意不符;当a=-6,b=9时,f′(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3),当x<1时,f′(x)>0,当1<x<3时,f′(x)<0,所以f(x)在x=1处取得极大值,符合题意;则.7.(2020·抚顺二模)已知函数f(x)=ex+

-lnx的极值点为x1,函数g(x)=ex+x-2的零点为x2,函数h(x)=

的最大值为x3,则(

)A.x1>x2>x3 B.x2>x1>x3C.x3>x1>x2 D.x3>x2>x1【解析】选A.因为f′(x)=ex+x-在(0,+∞)上单调递增,且f′（）=->0,f′（）=-<0,所以x1∈(,),且+x1-=0,因为函数g(x)=ex+x-2在(0,+∞)上单调递增,且g()=->0,g()=+-2<0,所以x2∈(,),又g(x1)=+x1-2=()+x1-2=-2>0=g(x2),且g(x)单调递增,所以x1>x2.由h′(x)=可得:,即x3=<,所以x1>x2>x3.8.(2020·青海一模)已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,则a的取值范围是(

)A.(2,+∞) B.(1,+∞)C.(-∞,-2) D.(-∞,-1)【解析】选C.当a=0时,f(x)=-3x2+1,函数f(x)有两个零点和-,不满足题意,舍去;当a>0时,f′(x)=3ax2-6x,令f′(x)=0,得x=0或x=.x∈(-∞,0)时,f′(x)>0;x∈时,f′(x)<0;x∈时,f′(x)>0,且f(0)>0,此时在x∈(-∞,0)必有零点,故不满足题意,舍去;当a<0时,x∈时,f′(x)<0;x∈时,f′(x)>0;x∈(0,+∞)时,f′(x)<0,且f(0)>0,要使得f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,只需f()>0,即a2>4,则a<-2.二、多项选择题(共4小题,每小题5分,共20分)9.设f′(x)是函数f(x)的导函数,若f′(x)>0,且∀x1,x2∈R(x1≠x2),f(x1)+f(x2)<

,则下列各项中正确的是(

)A.f(2)<f(e)<f(π)B.f′(2)<f′(e)<f′(π)C.f′(2)<f(3)-f(2)<f′(3)D.f′(3)<f(3)-f(2)<f′(2)【解析】选AD.由f′(x)>0知,f(x)在R上单调递增,则f(2)<f(e)<f(π),故A正确;∀x1,x2∈R(x1≠x2),恒有f(x1)+f(x2)<,即所以y=f(x)的图象是向上凸起的,如图所示,由导数的几何意义知,随着x的增加,f(x)的图象越来越平缓,即切线斜率越来越小,所以f′(π)<f′(e)<f′(2),故B错误;又kAB==f(3)-f(2),所以由图易知f′(3)<kAB<f′(2),故D正确,C错误.10.已知f(x)=

,下列结论正确的是(

)A.f(x)在(0,e)上单调递增B.f(2)>f(3)C.f(x)的图象在点(1,0)处的切线方程为y=x-1D.若关于x的不等式

有正整数解,则λ>9【解析】选AC.f(x)=,则f′(x)=易知f(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,A正确;又f(2)=,f(3)=所以f(2)<f(3),B错误.f′(1)=1,f(1)=0,故切线方程为y=x-1,C正确;若有正整数解,则≥27,所以lnx≥3ln3.因为x>0,所以λ>0,所以

.λ=9时,有正整数解,故D错.11.已知函数f(x)=xlnx,若0<x1<x2,则下列结论正确的是(

)A.x2f(x1)<x1f(x2)B.x1+f(x1)<x2+f(x2)C.

D.当lnx>-1时,x1f(x1)+x2f(x2)>2x2f(x1)【解析】选AD.因为令g(x)==lnx,在(0,+∞)上是增函数,所以当0<x1<x2时,g(x1)<g(x2),所以,即x2f(x1)<x1f(x2).故A正确;因为令g(x)=f(x)+x=xlnx+x,所以g′(x)=lnx+2,所以x∈(e-2,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增,x∈(0,e-2)时,g′(x)<0,g(x)单调递减.所以x1+f(x1)与x2+f(x2)无法比较大小.故B错误;因为令g(x)=f(x)-x=xlnx-x,g′(x)=lnx,所以x∈(0,1)时,g′(x)<0,g(x)在(0,1)单调递减,x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)在(1,+∞)单调递增,所以当0<x1<x2<1时,g(x1)>g(x2),所以f(x1)-x1>f(x2)-x2,所以f(x1)-f(x2)>x1-x2,所以当1<x1<x2时,g(x1)<g(x2),所以f(x1)-x1<f(x2)-x2,所以f(x1)-f(x2)<x1-x2,所以.故C错误;因为lnx>-1时,f(x)单调递增,又因为A正确,所以x1·f(x1)+x2·f(x2)-2x2f(x1)>x1[f(x1)-f(x2)]+x2[f(x2)-f(x1)]=(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0.故D正确.12.已知f′(x)为函数f(x)的导数,且f(x)=

x2-f(0)x+f′(1)ex-1,若g(x)=f(x)-

x2+x,方程g(ax)-x=0有且只有一个根,则(

)A.f′(1)=eB.f(0)=1C.a的取值范围为a≤0D.a的取值范围为a≤0或【解析】选ABD.因为f(x)=x2-f(0)x+f′(1)ex-1,所以f(0)=又f′(x)=x-f(0)+f′(1)ex-1,所以因此f′(1)=e,f(0)=1,所以选项A,B正确,所以f(x)=x2-f(0)x+f′(1)ex-1=x2-x+ex,因此g(x)=f(x)-x2+x=ex,因为方程g(ax)-x=0有且只有一个根,所以eax=x有且只有一个根,即有且只有一个实根,且x>0;令h(x)=(x>0),则由h′(x)=0得x=e,所以当x>e时,h′(x)