（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、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、不等式 第5講 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用專題強化訓(xùn)練

第5講 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用專題強化訓(xùn)練1函數(shù)f(x)x2ln x的最小值為()A.B1C0D不存在解析：選A.因為f(x)x，且x>0.令f(x)>0，得x>1；令f(x)<0，得0<x<1.所以f(x)在x1處取得最小值，且f(1)ln 1.2已知m是實數(shù)，函數(shù)f(x)x2(xm)，若f(1)1，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是()A.B.C.，(0，)D.(0，)解析：選C.因為f(x)3x22mx，所以f(1)32m1，解得m2.所以f(x)3x24x.由f(x)3x24x>0，解得x<或x>0，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)的最小值是()A2B1C0D1解析：選C.因為f(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)的兩個極值點為，()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)，因為f()0，f()0，因為f(x)在(，)，(，)上遞增，(，)上遞減，所以，因為g(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，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，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，由f(x)10，可得x(負的舍去)，當(dāng)a時，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，f(x)在a，遞減，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)的解析式知有兩個零點x與x0，排除A，又f(x)，由f(x)0知函數(shù)有兩個極值點，排除C，D，故選B.8(2019·成都市第一次診斷性檢測)已知曲線C1：y2tx(y>0，t>0)在點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 的切點為(x0，y0)由yex11，得yex1，則由ex01，得切點坐標(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，且切點的橫坐標(biāo)都大于0，則實數(shù)a的取值范圍為_解析：由題意知，f(x)x3x2ax1的導(dǎo)數(shù)f(x)2x22xa.2x22xa3有兩個不等正根，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，且對于任意的xR，都有f(x)，則不等式f(log2x)的解集為_解析：設(shè)g(x)f(x)x，因為f(x)，所以g(x)f(x)0，所以g(x)為減函數(shù)，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x±1，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(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_；當(dāng)f(x)取到最小值時，x_解析：f(x)2x3(x0)，令f(x)0，得x，1，當(dāng)x(，1)時，f(x)0，x(1，2)時，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，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(n>0)的最大值為g(n)，則使g(n)n2>0成立的n的取值范圍為_解析：易知f(x)的定義域為(0，)因為f(x)n(x>0，n>0)，當(dāng)x時，f(x)>0，當(dāng)x時，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.因為h(n)1<0，所以h(n)在(0，)上單調(diào)遞減又h(1)0，所以當(dāng)0<n<1時，h(n)>h(1)0，故使g(n)n2>0成立的n的取值范圍為(0，1)答案：(0，1)14(2019·浙江東陽中學(xué)期中檢測)設(shè)函數(shù)f(x)ex(2x1)axa，其中a<1，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，因為g(x)ex(2x1)，所以當(dāng)x<時，g(x)<0，當(dāng)x>時，g(x)>0，所以當(dāng)x時，g(x)min2e，當(dāng)x0時，g(0)1，g(1)e>0，直線yaxa恒過(1，0)，斜率為a，故a>g(0)1，且g(1)3e1aa，解得a<1.答案：a<115設(shè)函數(shù)f(x)x3x2bxc，曲線yf(x)在點(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，f(x)0；當(dāng)x(0，a)時，f(x)0；當(dāng)x(a，)時，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，a2，當(dāng)且僅當(dāng)x即x時等號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)對任意x0，1恒成立時k的最大值為，證明：46.解：(1)因為f(x)exx，所以f(x)ex1，當(dāng)x(，0)時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x(0，)時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)minf(0)1.(2)證明：由h(x)f(x)，化簡可得k(x2x3)ex1，當(dāng)x0，1時，kR，當(dāng)x(0，1)時，k，要證：46，則需證以下兩個問題；4對任意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)，因為，所以8(1)8×6，所以存在x0(0，1)，使得6，由可知，46.17(2019·寧波市高考模擬)已知f(x)x，g(x)xln x，其中a0.若對任意的x1，x21，e都有f(x1)g(x2)成立，求實數(shù)a的取值范圍解：對任意的x1，x21，e都有f(x1)g(x2)當(dāng)x1，e有f(x)ming(x)max，當(dāng)x1，e時，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，f(x)1，因為a0，所以令f(x)0得xa.當(dāng)0a1時，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，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，所以f(x)minf(a)2a，令2ae1得a，又1ae，所以ae.當(dāng)ae時，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，ex；(2)證明：當(dāng)x2，3時，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，有F(x)0，故F(x)在0，2ln 3)上單調(diào)遞減；當(dāng)2ln 3x3時，有F(x)0，故F(x)在2ln 3，3上單調(diào)遞增所以，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，f(x)ex.令t(x)，則t(x)(19x)2·9(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 -