2022版高考数学二轮复习专题限时集训13导数的简单应用文.doc

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已知函数f(x)的导函数f(x)满足下列条件：f(x)>0时，x<1或x>2；f(x)<0时，1<x<2；f(x)0时，x1或x2.则函数f(x)的大致图象是()A根据条件知，函数f(x)在(1,2)上是减函数在(，1)，(2，)上是增函数，故选A.2已知直线2xy10与曲线yaexx相切(其中e为自然对数的底数)，则实数a的值是()A.B1C2 DeB由题意知yaex12，则a>0，xln a，代入曲线方程得y1ln a，所以切线方程为y(1ln a)2(xln a)，即y2xln a12x1a1.3已知函数f(x)x3ax2bxa2在x1处的极值为10，则数对(a，b)为()A(3,3) B(11,4)C(4，11) D(3,3)或(4，11)Cf(x)3x22axb，依题意可得即消去b可得a2a120，解得a3或a4，故或当时，f(x)3x26x33(x1)20，这时f(x)无极值，不合题意，舍去，故选C.4已知f(x)x2ax3ln x在(1，)上是增函数，则实数a的取值范围为()A(，2 B.C2，) D5，)C由题意得f(x)2xa0在(1，)上恒成立g(x)2x2ax30在(1，)上恒成立a2240或2a2或a2，故选C.5(2019·重庆七校联考)函数f(x)(x>0)的导函数为f(x)，若xf(x)f(x)ex，且f(1)e，则()Af(x)的最小值为eBf(x)的最大值为eCf(x)的最小值为Df(x)的最大值为A设g(x)xf(x)ex，则g(x)f(x)xf(x)ex0，所以g(x)xf(x)ex为常数函数因为g(1)1×f(1)e0，所以g(x)xf(x)exg(1)0，所以f(x)，f(x)，当0<x<1时，f(x)<0，当x>1时，f(x)>0，所以f(x)f(1)e.6(2019·西安八校联考)已知曲线f(x)exx2，则曲线在(0，f(0)处的切线与坐标轴围成的图形的面积为_由题意，得f(x)ex2x，所以f(0)1.又f(0)1，所以曲线在(0，f(0)处的切线方程为y11×(x0)，即xy10，所以该切线与x，y轴的交点分别为(1,0)，(0,1)，所以该切线与坐标轴围成的图形的面积为×1×1.7若函数f(x)x312x在区间(k1，k1)上不是单调函数，则实数k的取值范围是_(3，1)(1,3)f(x)3x212，由f(x)>0，得函数的增区间是(，2)及(2，)，由f(x)<0，得函数的减区间是(2,2)，由于函数在(k1，k1)上不是单调函数，所以k1<2<k1或k1<2<k1，解得3<k<1或1<k<3.8若函数f(x)(x2ax3)ex在(0，)内有且仅有一个极值点，则实数a的取值范围是_(，3f(x)(2xa)ex(x2ax3)exx2(a2)xa3ex，因函数f(x)(x2ax3)ex在(0，)内有且仅有一个极值点，等价于f(x)0在(0，)上只有一个变号根，即f(0)<0，此时a3<0，解得a<3.当a3时，f(x)(x2x)ex，由f(x)0得x0或x1，即x1是函数f(x)的一个极值点，满足条件，综上a3.能力提升练(建议用时：15分钟)9已知函数f(x)ln xax2x，aR.(1)当a0时，求曲线yf(x)在点(e，f(e)处的切线方程；(2)讨论f(x)的单调性解(1)当a0时，f(x)ln xx，f(e)e1，f(x)1，f(e)1，曲线yf(x)在点(e，f(e)处的切线方程为y(e1)(xe)，即yx.(2)f(x)2ax1，x>0，当a0时，显然f(x)>0，f(x)在(0，)上单调递增；当a>0时，令f(x)0，则2ax2x10，易知其判别式为正，设方程的两根分别为x1，x2(x1<x2)，则x1x2<0，x1<0<x2，f(x)，x>0.令f(x)>0，得x(0，x2)，令f(x)<0得x(x2，)，其中x2，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减10设函数f(x)ln x2mx2n(m，nR)(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有最大值ln 2，求mn的最小值解(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)4mx，当m0时，f(x)>0，f(x)在(0，)上单调递增；当m>0时，令f(x)>0，得0<x<，令f(x)<0，得x>，f(x)在上单调递增，在上单调递减(2)由(1)知，当m0时，f(x)在(0，)上单调递增，无最大值当m>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减f(x)maxfln 2m·nln 2ln mnln 2，nln m，mnmln m.令h(x)xln x(x>0)，则h(x)1，由h(x)<0，得0<x<；由h(x)>0，得x>，h(x)在上单调递减，在上单调递增，h(x)minhln 2，mn的最小值为ln 2.题号内容押题依据1导数的几何意义本题看似是求两点间距离的最小值，实质是考查导数与切线方程的灵活应用，考查学生的逻辑推理和数学运算核心素养2利用导数研究函数的最值导数是高考的热点，年年都考，借助导数研究函数的极值与最值问题，主要考查分类讨论思想、等价转化思想、函数与方程思想等，本题以函数的最值为载体，考查考生逻辑推理和数学运算的核心素养，体现分类讨论思想，从浅入深，层层递进【押题1】设点P，Q分别是曲线yxex(e是自然对数的底数)和直线yx6上的动点，则P，Q两点间距离的最小值为_3yexxex(1x)ex.令(1x)ex1，则ex1x，exx10.令h(x)exx1，易得h(x)是增函数，且h(0)0，则方程exx10有且只有一解x0，易求得过曲线yxex上点(0,0)的切线方程为yx，由题意可得，P，Q两点间距离d的最小值即两平行直线xy0和xy60间的距离，所以最小值为dmin3.【押题2】已知函数f(x)ax2bxln x(a，bR)(1)当a1，b3时，求函数f(x)在上的最大值和最小值；(2)当a0时，是否存在正实数b，使当x(0，e(e是自然对数的底数)时，函数f(x)的最小值是3？若存在，求出b的值；若不存在，说明理由解(1)当a1，b3时，f(x)x23xln x，且x，则f(x)2x3.令f(x)>0，得<x<1；令f(x)<0，得1<x<2.所以函数f(x)在上单调递增，在(1,2)上单调递减所以函数f(x)在区间上仅有极大值点x1，且这个极大值点也是最大值点，故函数f(x)在上的最大值为f(1)，且f(1)2，又f(2)f(2ln 2)2ln 2ln 4<0，所以f(2)<f.故函数f(x)在上的最小值为f(2)，且f(2)2ln 2.综上，函数f(x)在上的最大值为2，最小值为2ln 2.(2)当a0时，f(x)bxln x，则f(x)b.当0<b，即e时，f(x)<0，所以f(x)在(0，e上单调递减，所以f(x)minf(e)be10.当b>，即0<<e时，令f(x)<0，得0<x<，所以f(x)在上单调递减；令f(x)>0，得<x<e，所以f(x)在上单调递增所以f(x)minf1ln b.令1ln b3，得be2.综上，存在正实数b满足题意，此时be2.