江蘇省2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題五 函數(shù)、不等式與導(dǎo)數(shù) 5.3 小題考法—導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用達(dá)標(biāo)訓(xùn)練（含解析）.doc

《江蘇省2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題五 函數(shù)、不等式與導(dǎo)數(shù) 5.3 小題考法—導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用達(dá)標(biāo)訓(xùn)練（含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《江蘇省2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題五 函數(shù)、不等式與導(dǎo)數(shù) 5.3 小題考法—導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用達(dá)標(biāo)訓(xùn)練（含解析）.doc（8頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用A組抓牢中檔小題1函數(shù)f(x)xln x的單調(diào)減區(qū)間是_解析：由題意可知函數(shù)的定義域?yàn)?0，)，且f(x)1ln x，令f(x)1ln x0，解得00)，令y0得x，令y0得0x0)得xe1.當(dāng)x(0，e1)時，f(x)0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x(e1，)時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增又f(1)f(e)0,1e1e，所以由f(ex)0得1exe，解得0x1.答案：(0,1)8已知函數(shù)f(x)ln x(mR)在區(qū)間1，e上取得最小值4，則m_.解析：因?yàn)閒(x)在區(qū)間1，e上取得最小值4，所以至少滿足f(1)4，f(e)4，解得m3e，又f(x)，且x1，e，所以f(x)0)上一點(diǎn)P(x0，y0)處的切線分別與x軸，y軸交于點(diǎn)A，B，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，若OAB的面積為，則x0_.解析：因?yàn)閥1，切點(diǎn)P，x00，所以切線斜率ky|xx01，所以切線方程是y(xx0)令y0，得x，即A；令x0得y，即B.所以SOABOAOB，解得x0.答案：12已知函數(shù)f(x)x24x3ln x在t，t1上不單調(diào)，則t的取值范圍是_解析：由題意知x0，且f(x)x4，由f(x)0得函數(shù)f(x)的兩個極值點(diǎn)為1,3，則只要這兩個極值點(diǎn)有一個在區(qū)間(t，t1)內(nèi)，函數(shù)f(x)在區(qū)間t，t1上就不單調(diào)，由t1t1或t3t1，得0t1或2t3.答案：(0,1)(2,3)13已知函數(shù)f(x)xln xax在(0，e上是增函數(shù)，函數(shù)g(x)|exa|，當(dāng)x0，ln 3時，函數(shù)g(x)的最大值M與最小值m的差為，則a的值為_解析：由題意可知f(x)(ln x1)a0在(0，e上恒成立，所以aln x1，即a2.當(dāng)2a3時，g(x)g(x)在0，ln a上單調(diào)遞減，在ln a，ln 3上單調(diào)遞增，因?yàn)間(0)g(ln 3)a12a40，所以g(0)g(ln 3)，所以Mmg(0)g(ln a)a1，解得a；當(dāng)a3時，g(x)aex，g(x)在0，ln 3上遞減，所以Mmg(0)g(ln 3)2，舍去故a.答案：14若函數(shù)f(x)(aR)在區(qū)間1,2上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_解析：設(shè)g(x)，因?yàn)閒(x)|g(x)|在區(qū)間1,2上單調(diào)遞增，所以g(x)有兩種情況：g(x)0且g(x)在區(qū)間1,2上單調(diào)遞減又g(x)，所以g(x)0在區(qū)間1,2上恒成立，且g(1)0.所以無解g(x)0且g(x)在區(qū)間1,2上單調(diào)遞增，即g(x)0在區(qū)間1,2上恒成立，且g(1)0，所以解得a.綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為.答案：B組力爭難度小題1設(shè)函數(shù)f(x)ln xax2bx，若x1是f(x)的極大值點(diǎn)，則a的取值范圍為_解析：f(x)的定義域?yàn)?0，)，f(x)axb，由f(1)0，得b1a.f(x)axa1.若a0，當(dāng)0x1時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x1時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減；所以x1是f(x)的極大值點(diǎn)若a0，由f(x)0，得x1或x.因?yàn)閤1是f(x)的極大值點(diǎn)，所以1，解得1a0.綜合，得a的取值范圍是(1，)答案：(1，)2(2018蘇北四市期末)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C：xy上任意一點(diǎn)P到直線l：xy0的距離的最小值為_解析：設(shè)過曲線C：xy上任意一點(diǎn)P的切線與直線l：xy0平行因?yàn)閥，所以y|xx0，解得x0.當(dāng)x0時，P(，1)到直線l：xy0的距離d；當(dāng)x0時，P(，1)到直線l：xy0的距離d，所以曲線C：xy上任意一點(diǎn)到直線l：xy0的距離的最小值為.答案：3設(shè)函數(shù)f(x)g(x)f(x)b.若存在實(shí)數(shù)b，使得函數(shù)g(x)恰有3個零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_. 解析：對于函數(shù)y，y，由y0，得x2；由y2，所以y在(，2上單調(diào)遞增，在2，)上單調(diào)遞減，極大值為，當(dāng)x時，y0.先不考慮a，作出y和yx1的圖象如圖所示只有當(dāng)b時，直線yb與曲線y和直線yx1共有三個公共點(diǎn)因?yàn)橹本€y與直線yx1的交點(diǎn)為.所以當(dāng)a時，存在直線yb與曲線yf(x)恰有三個公共點(diǎn)答案： 4曲線y(x0)與曲線yln x公切線(切線相同)的條數(shù)為_解析：令公切線與曲線f(x)切于點(diǎn)A(x10)因?yàn)閒(x)，g(x)，所以，即x2x.又kAB，所以，所以2x1ln(x1)x12.令x1t0，所以2tln tt2，即2tln tt2(t0)，所以ln t(t0)，畫出函數(shù)yln t與y的圖象如圖所示，在(0，)上只有一解，所以公切線只有一條答案：15已知函數(shù)f(x)若對于tR，f(t)kt恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是_解析：令yx32x2x，x0，即(x1)(3x1)0，解得x1.又因?yàn)閤1，所以x.令y0，得x1，所以y的增區(qū)間是，減區(qū)間是，所以y極大值.根據(jù)圖象變換可作出函數(shù)y|x32x2x|，x1的圖象又設(shè)函數(shù)yln x(x1)的圖象經(jīng)過原點(diǎn)的切線斜率為k1，切點(diǎn)(x1，ln x1)，因?yàn)閥，所以k1，解得x1e，所以k1.函數(shù)yx32x2x在原點(diǎn)處的切線斜率k2y|x01.因?yàn)閠R，f(t)kt，所以根據(jù)f(x)的圖象，數(shù)形結(jié)合可得k1.答案：6已知函數(shù)f(x)ln x(ea)xb，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)若不等式f(x)0恒成立，則的最小值為_解析：f(x)(ea)(x0)，當(dāng)ea0，即ae時，f(eb)(ea)eb0，顯然f(x)0不恒成立當(dāng)ea0，即ae時，當(dāng)x時，f(x)0，f(x)為增函數(shù)；當(dāng)x時，f(x)0，f(x)為減函數(shù)，所以f(x)maxfln(ae)b1.由f(x)0恒成立，得f(x)max0，所以bln(ae)1，所以得.設(shè)g(x)(xe)，g(x).由于yln(xe)為增函數(shù)，且當(dāng)x2e時，g(x)0，所以當(dāng)x(e,2e)時，g(x)0，g(x)為減函數(shù)；當(dāng)x(2e，)時，g(x)0，g(x)為增函數(shù)，所以g(x)ming(2e)，所以，當(dāng)a2e，b2時，取得最小值.答案：