《2020版高考数学二轮复习专题限时集训13导数的简单应用》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考数学二轮复习专题限时集训13导数的简单应用（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题限时集训专题限时集训 十三十三 导数的简单应用导数的简单应用 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 在 2 x x 1 处的切线的倾斜角为 A B 4 3 4 C D 3 2 3 B 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 可得切线的 2 x2 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 e
2、B 0 2 C 2 2 eD e 2 C 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 f 故选 C 222222 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 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 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a的取值 1 3 2 3 范围是 A 5 0 B 5 0 C 3 0 D 3 0 C 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 则结合图象可 1 3 2 3 2 3 知Error 解得a 3 0 故选 C 5 已知函数f x 在 R R 上可导 且f x 4x x3f 1
4、 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 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的取值范围为 1 3 1 2 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 在区间 1 2 上是增函数 可得x2 mx 4 0 在区间 1
5、3 1 2 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 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
6、 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 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
7、 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
8、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
9、 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 R 1 讨论函数f x 的单调性 2 若函数f x 的极大值点为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
10、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 x0 e 1 e 0 即x0 e 且当x 0 x0 时g x 0 当x x0 时g x 0 故f x 在 x0 x0 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
