(浙江專用)2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 集合、常用邏輯用語(yǔ)、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、不等式 第5講 導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用專題強(qiáng)化訓(xùn)練

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1、第5講 導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用專題強(qiáng)化訓(xùn)練1函數(shù)f(x)x2ln x的最小值為()A.B1C0D不存在解析:選A.因?yàn)閒(x)x,且x0.令f(x)0,得x1;令f(x)0,得0x0,解得x0,即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為,(0,),故選C.3已知f(x)x2ax3ln x在(1,)上是增函數(shù),則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A(,2B.C2,)D5,)解析:選C.由題意得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臺(tái)州二模)已知函數(shù)f(x)x2bxc(b,cR),F(xiàn)(x),若F(x)的圖象在x0處的切線方程為y2xc,則函數(shù)f(x)的最小

2、值是()A2B1C0D1解析:選C.因?yàn)閒(x)2xb,所以F(x),F(xiàn)(x),又F(x)的圖象在x0處的切線方程為y2xc,所以得所以f(x)(x2)20,f(x)min0.5(2019溫州瑞安七校模擬)已知函數(shù)f(x)(xx1)(xx2)(xx3)(其中x1x2x3),g(x)exex,且函數(shù)f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)為,()設(shè),則()Ag()g()g()g()Bg()g()g()g()Cg()g()g()g()Dg()g()g()g()解析:選D.由題意,f(x)(xx1)(xx2)(xx2)(xx3)(xx1)(xx3),因?yàn)閒()0,f()0,因?yàn)閒(x)在(,),(,)上遞增,(,)上遞

3、減,所以,因?yàn)間(x)exex單調(diào)遞增,所以g()g()g()g()故選D.6(2019寧波諾丁漢大學(xué)附中高三期中考試)已知函數(shù)f(x)xa,xa,),其中a0,bR,記m(a,b)為f(x)的最小值,則當(dāng)m(a,b)2時(shí),b的取值范圍為()AbBbCbDb解析:選D.函數(shù)f(x)xa,xa,),導(dǎo)數(shù)f(x)1,當(dāng)b0時(shí),f(x)0,f(x)在xa,)遞增,可得f(a)取得最小值,且為2a,由題意可得2a2,a0,b0方程有解;當(dāng)b0時(shí),由f(x)10,可得x(負(fù)的舍去),當(dāng)a時(shí),f(x)0,f(x)在a,)遞增,可得f(a)為最小值,且有2a2,a0,b0,方程有解;當(dāng)a時(shí),f(x)在a,遞

4、減,在(,)遞增,可得f()為最小值,且有a22,即a220,解得0b.綜上可得b的取值范圍是(,)故選D.7(2019浙江“七彩陽(yáng)光”聯(lián)盟模擬)函數(shù)f(x)的大致圖象是()解析:選B.由f(x)的解析式知有兩個(gè)零點(diǎn)x與x0,排除A,又f(x),由f(x)0知函數(shù)有兩個(gè)極值點(diǎn),排除C,D,故選B.8(2019成都市第一次診斷性檢測(cè))已知曲線C1:y2tx(y0,t0)在點(diǎn)M處的切線與曲線C2:yex11也相切,則t的值為()A4e2B4e C.D.解析:選A.由y,得y,則切線斜率為k,所以切線方程為y2,即yx1.設(shè)切線與曲線yex11 的切點(diǎn)為(x0,y0)由yex11,得yex1,則由e

5、x01,得切點(diǎn)坐標(biāo)為,故切線方程又可表示為y1,即yxln 1,所以由題意,得ln 11,即ln 2,解得t4e2,故選A.9(2019金華十校高考模擬)已知函數(shù)f(x)x3x2ax1,若曲線存在兩條斜率為3的切線,且切點(diǎn)的橫坐標(biāo)都大于0,則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)解析:由題意知,f(x)x3x2ax1的導(dǎo)數(shù)f(x)2x22xa.2x22xa3有兩個(gè)不等正根,則,得3a.答案:10(2019湖州市高三期末)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足:f(1)1,且對(duì)于任意的xR,都有f(x),則不等式f(log2x)的解集為_(kāi)解析:設(shè)g(x)f(x)x,因?yàn)閒(x),所以g(x)f(x)0,所以g(x)為減函數(shù)

6、,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為底數(shù)是2的增函數(shù),所以0x2,則不等式f(log2x)的解集為(0,2)答案:(0,2)11(2019紹興、諸暨高考二模)已知函數(shù)f(x)x33x,函數(shù)f(x)的圖象在x0處的切線方程是_;函數(shù)f(x)在區(qū)間0,2內(nèi)的值域是_解析:函數(shù)f(x)x33x,切點(diǎn)坐標(biāo)(0,0),導(dǎo)數(shù)為y3x23,切線的斜率為3,所以切線方程為y3x;3x230,可得x1,x(1,1),y0,函數(shù)是減函數(shù),x(1,),y0函數(shù)是增函數(shù),f(0)0,f(

7、1)2,f(2)862,函數(shù)f(x)在區(qū)間0,2內(nèi)的值域是2,2答案:y3x2,212(2019臺(tái)州市高三期末考試)已知函數(shù)f(x)x23xln x,則f(x)在區(qū)間,2上的最小值為_(kāi);當(dāng)f(x)取到最小值時(shí),x_解析:f(x)2x3(x0),令f(x)0,得x,1,當(dāng)x(,1)時(shí),f(x)0,x(1,2)時(shí),f(x)0,所以f(x)在區(qū)間,1上單調(diào)遞減,在區(qū)間1,2上單調(diào)遞增,所以當(dāng)x1時(shí),f(x)在區(qū)間,2上的最小值為f(1)2.答案:2113(2019唐山二模)已知函數(shù)f(x)ln xnx(n0)的最大值為g(n),則使g(n)n20成立的n的取值范圍為_(kāi)解析:易知f(x)的定義域?yàn)?0

8、,)因?yàn)閒(x)n(x0,n0),當(dāng)x時(shí),f(x)0,當(dāng)x時(shí),f(x)0,所以f(x)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減,所以f(x)的最大值g(n)fln n1.設(shè)h(n)g(n)n2ln nn1.因?yàn)閔(n)10,所以h(n)在(0,)上單調(diào)遞減又h(1)0,所以當(dāng)0nh(1)0,故使g(n)n20成立的n的取值范圍為(0,1)答案:(0,1)14(2019浙江東陽(yáng)中學(xué)期中檢測(cè))設(shè)函數(shù)f(x)ex(2x1)axa,其中a1,若存在唯一的整數(shù)x0,使得f(x0)0,則a的取值范圍是_解析:設(shè)g(x)ex(2x1),yaxa,由題意存在唯一的整數(shù)x0,使得g(x0)在直線yaxa的下方,因?yàn)間(x)e

9、x(2x1),所以當(dāng)x時(shí),g(x)時(shí),g(x)0,所以當(dāng)x時(shí),g(x)min2e,當(dāng)x0時(shí),g(0)1,g(1)e0,直線yaxa恒過(guò)(1,0),斜率為a,故ag(0)1,且g(1)3e1aa,解得a1.答案:a115設(shè)函數(shù)f(x)x3x2bxc,曲線yf(x)在點(diǎn)(0,f(0)處的切線方程為y1.(1)求b,c的值;(2)若a0,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(3)設(shè)函數(shù)g(x)f(x)2x,且g(x)在區(qū)間(2,1)內(nèi)存在單調(diào)遞減區(qū)間,求實(shí)數(shù)a的取值范圍解:(1)f(x)x2axb,由題意得即(2)由(1)得,f(x)x2axx(xa)(a0),當(dāng)x(,0)時(shí),f(x)0;當(dāng)x(0,a)時(shí),f

10、(x)0;當(dāng)x(a,)時(shí),f(x)0.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(,0),(a,),單調(diào)遞減區(qū)間為(0,a)(3)g(x)x2ax2,依題意,存在x(2,1),使不等式g(x)x2ax20成立,即x(2,1)時(shí),a2,當(dāng)且僅當(dāng)x即x時(shí)等號(hào)成立所以滿足要求的a的取值范圍是(,2)16(2019浙江金華十校第二學(xué)期調(diào)研)設(shè)函數(shù)f(x)exx,h(x)kx3kx2x1.(1)求f(x)的最小值;(2)設(shè)h(x)f(x)對(duì)任意x0,1恒成立時(shí)k的最大值為,證明:46.解:(1)因?yàn)閒(x)exx,所以f(x)ex1,當(dāng)x(,0)時(shí),f(x)0,f(x)單調(diào)遞減,當(dāng)x(0,)時(shí),f(x)0,f(x

11、)單調(diào)遞增,所以f(x)minf(0)1.(2)證明:由h(x)f(x),化簡(jiǎn)可得k(x2x3)ex1,當(dāng)x0,1時(shí),kR,當(dāng)x(0,1)時(shí),k,要證:46,則需證以下兩個(gè)問(wèn)題;4對(duì)任意x(0,1)恒成立;存在x0(0,1),使得6成立先證:4,即證ex14(x2x3),由(1)可知,exx1恒成立,所以ex1x,又x0,所以ex1x,即證x4(x2x3)14(xx2)(2x1)20,(2x1)20,顯然成立,所以4對(duì)任意x(0,1)恒成立;再證存在x0(0,1),使得6成立取x0,8(1),因?yàn)?,所?(1)86,所以存在x0(0,1),使得6,由可知,46.17(2019寧波市高考模擬)已

12、知f(x)x,g(x)xln x,其中a0.若對(duì)任意的x1,x21,e都有f(x1)g(x2)成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍解:對(duì)任意的x1,x21,e都有f(x1)g(x2)當(dāng)x1,e有f(x)ming(x)max,當(dāng)x1,e時(shí),g(x)10,所以g(x)在x1,e上單調(diào)遞增,所以g(x)maxg(e)e1.當(dāng)x1,e時(shí),f(x)1,因?yàn)閍0,所以令f(x)0得xa.當(dāng)0a1時(shí),f(x)0,所以f(x)在1,e上單調(diào)遞增,所以f(x)minf(1)a21.令a21e1得a,這與0a1矛盾當(dāng)1ae時(shí),若1xa,則f(x)0,若axe,則f(x)0,所以f(x)在1,a上單調(diào)遞減,在a,e上單調(diào)遞增,

13、所以f(x)minf(a)2a,令2ae1得a,又1ae,所以ae.當(dāng)ae時(shí),f(x)0,所以f(x)在1,e上單調(diào)遞減,所以f(x)minf(e)e.令ee1得a,又ae,所以ae.綜合得,所求實(shí)數(shù)a的取值范圍是.18(2019寧波九校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)ex.(1)證明:當(dāng)x0,3時(shí),ex;(2)證明:當(dāng)x2,3時(shí),f(x)0.證明:(1)要證ex,也即證ex19x.令F(x)ex9x1,則F(x)ex9.令F(x)0,則x2ln 3.因此,當(dāng)0x2ln 3時(shí),有F(x)0,故F(x)在0,2ln 3)上單調(diào)遞減;當(dāng)2ln 3x3時(shí),有F(x)0,故F(x)在2ln 3,3上單調(diào)遞增所以

14、,F(xiàn)(x)在0,3上的最大值為maxF(0),F(xiàn)(3)又F(0)0,F(xiàn)(3)e3280.故F(x)0,x0,3成立,即ex19x,x0,3成立原命題得證(2)由(1)得:當(dāng)x2,3時(shí),f(x)ex.令t(x),則t(x)(19x)29(1x)20,x2,3所以,t(x)在2,3上單調(diào)遞增,即t(x)t(2),x2,3,所以f(x)得證下證f(x)0.即證exx1令h(x)ex(x1)則h(x)ex10,所以h(x)在2,3上單調(diào)遞增,所以,h(x)ex(x1)e230,得證另證:要證,即證9x218x10,令m(x)9x218x19(x1)28在2,3上遞增,所以m(x)m(2)10得證- 10 -

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