（浙江专用）高考数学专题集合、常用逻辑用语、函数与导数、不等式第5讲导数的简单应用专题强化训练.docx

第5讲 导数的简单应用专题强化训练1函数f(x)x2ln x的最小值为()A.B1C0D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x0，即f(x)的单调递增区间为，(0，)，故选C.3已知f(x)x2ax3ln x在(1，)上是增函数，则实数a的取值范围为()A(，2B.C2，)D5，)解析：选C.由题意得f(x)2xa0在(1，)上恒成立g(x)2x2ax30在(1，)上恒成立a2240或2a2或a4a2.4(2019台州二模)已知函数f(x)x2bxc(b，cR)，F(x)，若F(x)的图象在x0处的切线方程为y2xc，则函数f(x)的最小值是()A2B1C0D1解析：选C.因为f(x)2xb，所以F(x)，F(x)，又F(x)的图象在x0处的切线方程为y2xc，所以得所以f(x)(x2)20，f(x)min0.5(2019温州瑞安七校模拟)已知函数f(x)(xx1)(xx2)(xx3)(其中x1x2x3)，g(x)exex，且函数f(x)的两个极值点为，()设，则()Ag()g()g()g()Bg()g()g()g()Cg()g()g()g()Dg()g()g()g()解析：选D.由题意，f(x)(xx1)(xx2)(xx2)(xx3)(xx1)(xx3)，因为f()0，f()0，因为f(x)在(，)，(，)上递增，(，)上递减，所以，因为g(x)exex单调递增，所以g()g()g()g()故选D.6(2019宁波诺丁汉大学附中高三期中考试)已知函数f(x)xa，xa，)，其中a0，bR，记m(a，b)为f(x)的最小值，则当m(a，b)2时，b的取值范围为()AbBbCbDb解析：选D.函数f(x)xa，xa，)，导数f(x)1，当b0时，f(x)0，f(x)在xa，)递增，可得f(a)取得最小值，且为2a，由题意可得2a2，a0，b0方程有解；当b0时，由f(x)10，可得x(负的舍去)，当a时，f(x)0，f(x)在a，)递增，可得f(a)为最小值，且有2a2，a0，b0，方程有解；当a时，f(x)在a，递减，在(，)递增，可得f()为最小值，且有a22，即a220，解得0b.综上可得b的取值范围是(，)故选D.7(2019浙江“七彩阳光”联盟模拟)函数f(x)的大致图象是()解析：选B.由f(x)的解析式知有两个零点x与x0，排除A，又f(x)，由f(x)0知函数有两个极值点，排除C，D，故选B.8(2019成都市第一次诊断性检测)已知曲线C1：y2tx(y0，t0)在点M处的切线与曲线C2：yex11也相切，则t的值为()A4e2B4e C.D.解析：选A.由y，得y，则切线斜率为k，所以切线方程为y2，即yx1.设切线与曲线yex11 的切点为(x0，y0)由yex11，得yex1，则由ex01，得切点坐标为，故切线方程又可表示为y1，即yxln 1，所以由题意，得ln 11，即ln 2，解得t4e2，故选A.9(2019金华十校高考模拟)已知函数f(x)x3x2ax1，若曲线存在两条斜率为3的切线，且切点的横坐标都大于0，则实数a的取值范围为_解析：由题意知，f(x)x3x2ax1的导数f(x)2x22xa.2x22xa3有两个不等正根，则，得3a.答案：10(2019湖州市高三期末)定义在R上的函数f(x)满足：f(1)1，且对于任意的xR，都有f(x)，则不等式f(log2x)的解集为_解析：设g(x)f(x)x，因为f(x)，所以g(x)f(x)0，所以g(x)为减函数，又f(1)1，所以f(log2x)log2x，即g(log2x)f(log2x)log2xg(1)f(1)g(log22)，所以log2xlog22，又ylog2x为底数是2的增函数，所以0x2，则不等式f(log2x)的解集为(0，2)答案：(0，2)11(2019绍兴、诸暨高考二模)已知函数f(x)x33x，函数f(x)的图象在x0处的切线方程是_；函数f(x)在区间0，2内的值域是_解析：函数f(x)x33x，切点坐标(0，0)，导数为y3x23，切线的斜率为3，所以切线方程为y3x；3x230，可得x1，x(1，1)，y0，函数是减函数，x(1，)，y0函数是增函数，f(0)0，f(1)2，f(2)862，函数f(x)在区间0，2内的值域是2，2答案：y3x2，212(2019台州市高三期末考试)已知函数f(x)x23xln x，则f(x)在区间，2上的最小值为_；当f(x)取到最小值时，x_解析：f(x)2x3(x0)，令f(x)0，得x，1，当x(，1)时，f(x)0，x(1，2)时，f(x)0，所以f(x)在区间，1上单调递减，在区间1，2上单调递增，所以当x1时，f(x)在区间，2上的最小值为f(1)2.答案：2113(2019唐山二模)已知函数f(x)ln xnx(n0)的最大值为g(n)，则使g(n)n20成立的n的取值范围为_解析：易知f(x)的定义域为(0，)因为f(x)n(x0，n0)，当x时，f(x)0，当x时，f(x)0，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，所以f(x)的最大值g(n)fln n1.设h(n)g(n)n2ln nn1.因为h(n)10，所以h(n)在(0，)上单调递减又h(1)0，所以当0nh(1)0，故使g(n)n20成立的n的取值范围为(0，1)答案：(0，1)14(2019浙江东阳中学期中检测)设函数f(x)ex(2x1)axa，其中a1，若存在唯一的整数x0，使得f(x0)0，则a的取值范围是_解析：设g(x)ex(2x1)，yaxa，由题意存在唯一的整数x0，使得g(x0)在直线yaxa的下方，因为g(x)ex(2x1)，所以当x时，g(x)时，g(x)0，所以当x时，g(x)min2e，当x0时，g(0)1，g(1)e0，直线yaxa恒过(1，0)，斜率为a，故ag(0)1，且g(1)3e1aa，解得a1.答案：a115设函数f(x)x3x2bxc，曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y1.(1)求b，c的值；(2)若a0，求函数f(x)的单调区间；(3)设函数g(x)f(x)2x，且g(x)在区间(2，1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围解：(1)f(x)x2axb，由题意得即(2)由(1)得，f(x)x2axx(xa)(a0)，当x(，0)时，f(x)0；当x(0，a)时，f(x)0；当x(a，)时，f(x)0.所以函数f(x)的单调递增区间为(，0)，(a，)，单调递减区间为(0，a)(3)g(x)x2ax2，依题意，存在x(2，1)，使不等式g(x)x2ax20成立，即x(2，1)时，a2，当且仅当x即x时等号成立所以满足要求的a的取值范围是(，2)16(2019浙江金华十校第二学期调研)设函数f(x)exx，h(x)kx3kx2x1.(1)求f(x)的最小值；(2)设h(x)f(x)对任意x0，1恒成立时k的最大值为，证明：46.解：(1)因为f(x)exx，所以f(x)ex1，当x(，0)时，f(x)0，f(x)单调递减，当x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递增，所以f(x)minf(0)1.(2)证明：由h(x)f(x)，化简可得k(x2x3)ex1，当x0，1时，kR，当x(0，1)时，k，要证：46，则需证以下两个问题；4对任意x(0，1)恒成立；存在x0(0，1)，使得6成立先证：4，即证ex14(x2x3)，由(1)可知，exx1恒成立，所以ex1x，又x0，所以ex1x，即证x4(x2x3)14(xx2)(2x1)20，(2x1)20，显然成立，所以4对任意x(0，1)恒成立；再证存在x0(0，1)，使得6成立取x0，8(1)，因为，所以8(1)86，所以存在x0(0，1)，使得6，由可知，46.17(2019宁波市高考模拟)已知f(x)x，g(x)xln x，其中a0.若对任意的x1，x21，e都有f(x1)g(x2)成立，求实数a的取值范围解：对任意的x1，x21，e都有f(x1)g(x2)当x1，e有f(x)ming(x)max，当x1，e时，g(x)10，所以g(x)在x1，e上单调递增，所以g(x)maxg(e)e1.当x1，e时，f(x)1，因为a0，所以令f(x)0得xa.当0a1时，f(x)0，所以f(x)在1，e上单调递增，所以f(x)minf(1)a21.令a21e1得a，这与0a1矛盾当1ae时，若1xa，则f(x)0，若axe，则f(x)0，所以f(x)在1，a上单调递减，在a，e上单调递增，所以f(x)minf(a)2a，令2ae1得a，又1ae，所以ae.当ae时，f(x)0，所以f(x)在1，e上单调递减，所以f(x)minf(e)e.令ee1得a，又ae，所以ae.综合得，所求实数a的取值范围是.18(2019宁波九校联考)已知函数f(x)ex.(1)证明：当x0，3时，ex；(2)证明：当x2，3时，f(x)0.证明：(1)要证ex，也即证ex19x.令F(x)ex9x1，则F(x)ex9.令F(x)0，则x2ln 3.因此，当0x2ln 3时，有F(x)0，故F(x)在0，2ln 3)上单调递减；当2ln 3x3时，有F(x)0，故F(x)在2ln 3，3上单调递增所以，F(x)在0，3上的最大值为maxF(0)，F(3)又F(0)0，F(3)e3280.故F(x)0，x0，3成立，即ex19x，x0，3成立原命题得证(2)由(1)得：当x2