《2020数学（理）二轮专题限时集训：13 导数的简单应用》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020数学（理）二轮专题限时集训：13 导数的简单应用（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题限时集训 十三 导数的简单应用 专题通关练 建议用时 30 分钟 1 2019 深圳二模 已知函数 f x ax2 1 a x 是奇函数 则曲线 y f x 2 x 在 x 1 处的切线的倾斜角为 A B 4 3 4 C D 3 2 3 B 函数 f x ax2 1 a x 是奇函数 2 x 可得 f x f x 可得 a 0 f x x 2 x f x 1 即有曲线 y f x 在 x 1 处的切线斜率为 k 1 2 1 可得 2 x2 切线的倾斜角为 故选 B 3 4 2 若 x 是函数 f x x2 2ax ex的极值点 则函数 y f x 的最小值为 2 A 2 2 eB 0 2
2、C 2 2 eD e 2 C f x x2 2ax ex f x x2 2 2a x 2a ex 由题意可知 f 0 即 a 1 f x x2 2x ex 2 f x x2 2 ex 由 f x 0 得 x 2 又 f 2 2 e f 2 2 e 且 f 22222 f 故选 C 2 3 易错题 2019 长春二模 已知 f x 是函数 f x 的导函数 f 1 e x R 2f x f x 0 则不等式 f x e2x 1的解集为 A 1 B 1 C e D e B 令 g x f x e2x 则 g x e2xf x 2e2xf x e4x f x 2f x e2x 2f x f x 0
3、g x 0 g x 递减 不等式 f x e2x 1 f x e2x 1 e e e2 f 1 e2 g x g 1 x 1 故选 B 4 易错题 若函数 f x x3 x2 在区间 a a 5 上存在最小值 则实数 1 3 2 3 a 的取值范围是 A 5 0 B 5 0 C 3 0 D 3 0 C 由题意 f x x2 2x x x 2 故 f x 在 2 0 上是增函数 在 2 0 上是减 函数 作出其图象如图所示 令 x3 x2 得 x 0 或 x 3 则结合 1 3 2 3 2 3 图象可知Error Error 解得 a 3 0 故选 C 5 已知函数 f x 在 R 上可导 且
4、f x 4x x3f 1 2f 0 则 f x 1 0 dx f x 4x x3f 1 2f 0 39 4 f x 4 3x2f 1 令 x 1 得 f 1 4 3f 1 即 f 1 1 令 x 0 得 f 0 4 f x 4x x3 8 f x dx 4x x3 8 dx Error Error 1 0 1 0 2x2 x4 4 8x 39 4 6 已知函数 f x x3 mx2 4x 3 在区间 1 2 上是增函数 则实数 m 的取 1 3 1 2 值范围为 4 由函数 f x x3 mx2 4x 3 可得 f x x2 mx 4 1 3 1 2 由函数 f x x3 mx2 4x 3 在
5、区间 1 2 上是增函数 可得 x2 mx 4 0 1 3 1 2 在区间 1 2 上恒成立 可得 m x 又 x 2 4 当且仅当 x 2 时取等号 4 x 4 x x 4 x 可得 m 4 能力提升练 建议用时 15 分钟 7 已知常数 a 0 f x aln x 2x 1 当 a 4 时 求 f x 的极值 2 当 f x 的最小值不小于 a 时 求实数 a 的取值范围 解 1 由已知得 f x 的定义域为 0 f x 2 a x a 2x x 当 a 4 时 f x 2x 4 x 所以当 0 x 2 时 f x 0 即 f x 单调递减 当 x 2 时 f x 0 即 f x 单调递增
6、 所以 f x 只有极小值 且当 x 2 时 f x 取得极小值 f 2 4 4ln 2 所以当 a 4 时 f x 只有极小值 4 4ln 2 2 因为 f x a 2x x 所以当 a 0 x 0 时 f x 0 即 f x 在 x 0 上单调递增 没有最小值 当 a 0 时 由 f x 0 得 x a 2 所以 f x 在上单调递增 a 2 由 f x 0 得 x a 2 所以 f x 在上单调递减 0 a 2 所以当 a 0 时 f x 的最小值为 f a 2 aln a a 2 根据题意得 f aln a a a 2 a 2 即 a ln a ln 2 0 因为 a 0 所以 ln
7、a ln 2 0 解得 a 2 所以实数 a 的取值范围是 2 0 8 2019 武汉模拟 已知函数 f x a x ln x ex x 1 当 a 0 时 试求 f x 的单调区间 2 若 f x 在 0 1 内有极值 试求 a 的取值范围 解 1 函数 f x 的定义域为 0 f x a ex x 1 x2 1 1 x ex x 1 ax x 1 x2 ex ax x 1 x2 当 a 0 时 对于x 0 ex ax 0 恒成立 所以由 f x 0 得 x 1 由 f x 0 得 0 x 1 所以 f x 的单调增区间为 1 单调减区间为 0 1 2 若 f x 在 0 1 内有极值 则
8、f x 0 在 0 1 内有解 令 f x 0 ex ax x 1 x2 即 ex ax 0 即 a ex x 设 g x x 0 1 ex x 所以 g x ex x 1 x2 当 x 0 1 时 g x 0 恒成立 所以 g x 单调递减 又因为 g 1 e 又当 x 0 时 g x 即 g x 在 0 1 上的值域为 e 所以当 a e 时 f x 0 有解 ex ax x 1 x2 设 H x ex ax 设 H x ex a 0 x 0 1 所以 H x 在 0 1 上单调递减 因为 H 0 1 0 H 1 e a 0 所以 H x ex ax 0 在 0 1 上有唯一解 x0 当
9、x 变化时 H x f x f x 变化情况如表所示 x 0 x0 x0 x0 1 H x 0 f x 0 f x 极小值 所以当 a e 时 f x 在 0 1 内有极值且唯一 当 a e 时 当 x 0 1 时 f x 0 恒成立 f x 单调递减 不成立 综上 a 的取值范围为 e 内容押题依据 利用导数讨论函数的单调 性 极值 不等式的证明 函数的单调性 极值与不等式交汇是近几年高考的 热点 考查灵活应用导数工具 数形结合思想及分 类讨论思想解题的能力 考查逻辑推理及数学运算 的素养 押题 设函数 f x x axln x a R 1 讨论函数 f x 的单调性 2 若函数 f x 的
10、极大值点为 x 1 证明 f x e x x2 解 1 f x 的定义域为 0 f x 1 aln x a 当 a 0 时 f x x 则函数 f x 在区间 0 上单调递增 当 a 0 时 由 f x 0 得 x e 由 f x 0 得 0 x e 所以 f x 在区间上单调递减 在区间上单调递增 当 a 0 时 由 f x 0 得 0 x e 由 f x 0 得 x e 所以 函数 f x 在区间上单调递增 在区间上单调递减 综上所述 当 a 0 时 函数 f x 在区间 0 上单调递增 当 a 0 时 函数 f x 在区间上单调递减 在区间上单调递增 当 a 0 时 函数 f x 在区间
11、上单调递增 在区间上单调递减 2 由 1 知 a 0 且 e 1 解得 a 1 f x x xln x 要证 f x e x x2 即证 x xln x e x x2 即证 1 ln x x e x x 令 f x ln x x 1 x 0 则 f x 1 e x x 1 x e xx e x x2 x 1 x e x x2 令 g x x e x x 0 易知函数 g x 在区间 0 上单调递增 而 g 1 1 0 g 0 1 0 所以在区间 0 上存在唯一的实数 x0 使得 g x0 1 e x0 e 0 即 x0 e 且当 x 0 x0 时 g x 0 当 x x0 时 g x x0 x0 0 故 f x 在 0 x0 上单调递减 在 x0 上单调递增 所以 F x min F x0 ln x0 x0 1 又 e x0 所以 F x min ln x0 x0 1 x0 1 x0 1 0 x0 所以 f x F x0 0 成立 即 f x e x x2成立
