江蘇省2022高考數學二輪復習 專題五 函數、不等式與導數 5.3 小題考法—導數的簡單應用達標訓練（含解析）

江蘇省2022高考數學二輪復習 專題五 函數、不等式與導數 5.3 小題考法導數的簡單應用達標訓練（含解析）1函數f(x)xln x的單調減區(qū)間是_解析：由題意可知函數的定義域為(0，)，且f(x)1ln x，令f(x)1ln x0，解得0<x，故函數的單調減區(qū)間為.答案：2函數yexln x的值域為_解析：由題意可得ye(x>0)，令y>0得x>，令y<0得0<x<，所以函數yexln x在上單調遞減，在上單調遞增，由函數連續(xù)、無上界，從而y2，即函數yexln x的值域為2，) .答案：2，)3(2018·常州期末)已知函數f(x)bxln x，其中bR.若過原點且斜率為k的直線與曲線yf(x)相切，則kb的值為_解析：設直線方程為ykx，切點為A(x0，y0)，則有從而有bx0ln x0kx0bx01，解得x0e，所以kb.答案：4拋物線f(x)x2過點P的切線方程為_解析：顯然點P不在拋物線上，設此切線過拋物線上的點(x0，x)由f(x)2x知，此切線的斜率為2x0.又因為此切線過點P，6和點(x0，x)，所以2x0，即x5x060，解得x02或x03，即切線過拋物線yx2上的點(2,4)或點(3,9)，所以切線方程為y44(x2)和y96(x3)，即4xy40和6xy90.答案：4xy40和6xy905設aR，若函數f(x)exax(xR)有大于零的極值點，則a的取值范圍是_解析：令f(x)exa0，則exa，xln(a)因為函數f(x)有大于零的極值點，所以ln(a)0，所以a1，即a1.答案：(，1)6已知函數f(x)x33x29x1，若f(x)在區(qū)間k,2上的最大值為28，則實數k的取值范圍為_解析：由題意知f(x)3x26x9，令f(x)0，解得x1或x3，所以f(x)，f(x)隨x的變化情況如下表：x(，3)3(3,1)1(1，)f(x)00f(x)極大值極小值又f(3)28，f(1)4，f(2)3，f(x)在區(qū)間k,2上的最大值為28，所以k3.答案：(，37已知函數f(x)x1(e1)ln x，其中e為自然對數的底數，則滿足f(ex)0的x的取值范圍為_解析：由f(x)10(x>0)得xe1.當x(0，e1)時，f(x)<0，函數f(x)單調遞減；當x(e1，)時，函數f(x)單調遞增又f(1)f(e)0,1<e1<e，所以由f(ex)<0得1<ex<e，解得0<x<1.答案：(0,1)8已知函數f(x)ln x(mR)在區(qū)間1，e上取得最小值4，則m_.解析：因為f(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，即f(x)在1，e上單調遞減，所以f(x)minf(e)14，解得m3e.答案：3e9若函數f(x)mx2ln x2x在定義域內是增函數，則實數m的取值范圍是_解析：因為f(x)的定義域為(0，)，所以f(x)2mx20在(0，)上恒成立，所以二次函數g(x)2mx22x1在定義域(0，)上必須大于等于0，所以解得m.答案：10若a0，b0，且函數f(x)4x3ax22bx2在x1處有極值，若tab，則t的最大值為_解析：f(x)4x3ax22bx2，f(x)12x22ax2b.又f(x)在x1處取得極值，f(1)122a2b0，即ab6，taba(6a)(a3)29，當且僅當ab3時，t取得最大值9.答案：911在曲線yx(x>0)上一點P(x0，y0)處的切線分別與x軸，y軸交于點A，B，O是坐標原點，若OAB的面積為，則x0_.解析：因為y1，切點P，x0>0，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SOABOA×OB××，解得x0.答案：12已知函數f(x)x24x3ln x在t，t1上不單調，則t的取值范圍是_解析：由題意知x>0，且f(x)x4，由f(x)0得函數f(x)的兩個極值點為1,3，則只要這兩個極值點有一個在區(qū)間(t，t1)內，函數f(x)在區(qū)間t，t1上就不單調，由t1t1或t3t1，得0t1或2t3.答案：(0,1)(2,3)13已知函數f(x)xln xax在(0，e上是增函數，函數g(x)|exa|，當x0，ln 3時，函數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2a3時，g(x)g(x)在0，ln a上單調遞減，在ln a，ln 3上單調遞增，因為g(0)g(ln 3)a12a40，所以g(0)g(ln 3)，所以Mmg(0)g(ln a)a1，解得a；當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f(x)(aR)在區(qū)間1,2上單調遞增，則實數a的取值范圍是_解析：設g(x)，因為f(x)|g(x)|在區(qū)間1,2上單調遞增，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，實數a的取值范圍為.答案：B組力爭難度小題1設函數f(x)ln xax2bx，若x1是f(x)的極大值點，則a的取值范圍為_解析：f(x)的定義域為(0，)，f(x)axb，由f(1)0，得b1a.f(x)axa1.若a0，當0x1時，f(x)0，f(x)單調遞增；當x1時，f(x)0，f(x)單調遞減；所以x1是f(x)的極大值點若a0，由f(x)0，得x1或x.因為x1是f(x)的極大值點，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)在平面直角坐標系xOy中，曲線C：xy上任意一點P到直線l：xy0的距離的最小值為_解析：設過曲線C：xy上任意一點P的切線與直線l：xy0平行因為y，所以y|xx0，解得x0±.當x0時，P(，1)到直線l：xy0的距離d；當x0時，P(，1)到直線l：xy0的距離d，所以曲線C：xy上任意一點到直線l：xy0的距離的最小值為.答案：3設函數f(x)g(x)f(x)b.若存在實數b，使得函數g(x)恰有3個零點，則實數a的取值范圍為_. 解析：對于函數y，y，由y>0，得x<2；由y<0，得x>2，所以y在(，2上單調遞增，在2，)上單調遞減，極大值為，當x時，y0.先不考慮a，作出y和yx1的圖象如圖所示只有當b時，直線yb與曲線y和直線yx1共有三個公共點因為直線y與直線yx1的交點為.所以當a時，存在直線yb與曲線yf(x)恰有三個公共點答案： 4曲線y(x<0)與曲線yln x公切線(切線相同)的條數為_解析：令公切線與曲線f(x)切于點A(x1<0)，與曲線g(x)ln x切于點B(x2，ln x2)(x2>0)因為f(x)，g(x)，所以，即x2x.又kAB，所以，所以2x1ln(x1)x12.令x1t>0，所以2tln tt2，即2tln tt2(t>0)，所以ln t(t>0)，畫出函數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f(x)若對于tR，f(t)kt恒成立，則實數k的取值范圍是_解析：令yx32x2x，x<1，則y3x24x1(x1)(3x1)，令y>0，即(x1)(3x1)>0，解得x<或x>1.又因為x<1，所以x<.令y<0，得<x<1，所以y的增區(qū)間是，減區(qū)間是，所以y極大值.根據圖象變換可作出函數y|x32x2x|，x<1的圖象又設函數yln x(x1)的圖象經過原點的切線斜率為k1，切點(x1，ln x1)，因為y，所以k1，解得x1e，所以k1.函數yx32x2x在原點處的切線斜率k2y|x01.因為tR，f(t)kt，所以根據f(x)的圖象，數形結合可得k1.答案：6已知函數f(x)ln x(ea)xb，其中e為自然對數的底數若不等式f(x)0恒成立，則的最小值為_解析：f(x)(ea)(x0)，當ea0，即ae時，f(eb)(ea)eb0，顯然f(x)0不恒成立當ea0，即ae時，當x時，f(x)0，f(x)為增函數；當x時，f(x)0，f(x)為減函數，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g(x)(xe)，g(x).由于yln(xe)為增函數，且當x2e時，g(x)0，所以當x(e,2e)時，g(x)0，g(x)為減函數；當x(2e，)時，g(x)0，g(x)為增函數，所以g(x)ming(2e)，所以，當a2e，b2時，取得最小值.答案：