2019届高考数学二轮复习专题一3第3讲导数的简单应用专题强化训练.docx

第3讲 导数的简单应用一、选择题1函数f(x)x2ln x的最小值为()A.B1C0 D不存在解析：选A.因为f(x)x，且x0.令f(x)0，得x1；令f(x)0，得0x0，解得x，即f(x)的单调递增区间为(，)，(，)因为b(1，4)，所以(，2)符合题意5已知函数f(x)exx2mx有极值点，则实数m的取值范围是()Am1 Bm1C0m1 D0m1解析：选B.因为f(x)exx2mx，所以f(x)exxm，因为f(x)exx2mx有极值点，所以关于x的方程exxm0有实根，且该实根使f(x)左右异号，设g(x)exx，ym，而g(x)ex1，所以当x0时，g(x)0时，g(x)0，所以函数g(x)exx在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，所以函数g(x)exx的极小值点为0，所以g(0)1为g(x)exx的最小值，所以实数m的取值范围是m1，故选B.6已知f(x)ln x，g(x)x22ax4，若对任意的x1(0，2，存在x21，2，使得f(x1)g(x2)成立，则a的取值范围是()A. B.C. D.解析：选A.因为f(x)，易知，当x(0，1)时，f(x)0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，2上单调递增，故f(x)minf(1).对于二次函数g(x)x22ax4，易知该函数开口向下，所以g(x)在区间1，2上的最小值在端点处取得，即g(x)minming(1)，g(2)要使对任意的x1(0，2，存在x21，2，使得f(x1)g(x2)成立，只需f(x1)ming(x2)min，即g(1)且g(2)，所以12a4且44a4，解得a.二、填空题7.dx_解析：dx1.答案：8(2018高考全国卷)曲线y(ax1)ex在点(0，1)处的切线的斜率为2，则a_.解析：y(ax1a)ex，由曲线在点(0，1)处的切线的斜率为2，得y|x0(ax1a)ex|x01a2，所以a3.答案：39已知函数f(x)x22ln x，g(x)x，若函数f(x)与g(x)有相同的极值点，则实数a的值为_解析：因为f(x)x22ln x，所以f(x)2x(x0)，令f(x)0，得x1或x1(舍去)，又当0x0；当x1时，f(x)0，所以x1是函数f(x)的极值点因为g(x)x，所以g(x)1.又函数f(x)与g(x)x有相同极值点，所以x1也是函数g(x)的极值点，所以g(1)1a0，解得a1.经检验，当a1时，函数g(x)取到极小值答案：1三、解答题10已知函数f(x)ax3x2(aR)在x处取得极值(1)确定a的值；(2)若g(x)f(x)ex，讨论g(x)的单调性解：(1)对f(x)求导得f(x)3ax22x，因为f(x)在x处取得极值，所以f0，即3a20，解得a.(2)由(1)得g(x)ex，故g(x)exexexx(x1)(x4)ex，令g(x)0，解得x0或x1或x4.当x4时，g(x)0，故g(x)为减函数；当4x0，故g(x)为增函数；当1x0时，g(x)0时，g(x)0，故g(x)为增函数综上知，g(x)在(，4)和(1，0)上为减函数，在(4，1)和(0，)上为增函数11已知函数f(x)1.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设m0，求函数f(x)在区间m，2m上的最大值解：(1)因为函数f(x)的定义域为(0，)，且f(x)，由得0xe.所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，)(2)当，即0m时，(m，2m)(0，e)，函数f(x)在区间m，2m上单调递增，所以f(x)maxf(2m)1；当me2m，即me时，(m，e)(0，e)，(e，2m)(e，)，函数f(x)在区间(m，e)上单调递增，在(e，2m)上单调递减，所以f(x)maxf(e)11；当me时，(m，2m)(e，)，函数f(x)在区间m，2m上单调递减，所以f(x)maxf(m)1.综上所述，当0m时，f(x)max1；当me时，f(x)max1；当me时，f(x)max1.12已知常数a0，f(x)aln x2x.(1)当a4时，求f(x)的极值；(2)当f(x)的最小值不小于a时，求实数a的取值范围解：(1)由已知得f(x)的定义域为(0，)，f(x)2.当a4时，f(x).所以当0x2时，f(x)2时，f(x)0，即f(x)单调递增所以f(x)只有极小值，且在x2时，f(x)取得极小值f(2)44ln 2.所以当a4时，f(x)只有极小值44ln 2.(2)因为f(x)，所以当a0，x(0，)时，f(x)0，即f(x)在x(0，)上单调递增，没有最小值；当a0得，x，所以f(x)在上单调递增；由f(x)0得，x，