江苏专用2020高考数学二轮复习课时达标训练十九导数的简单应用.doc

1、课时达标训练(十九) 导数的简单应用A组抓牢中档小题1(2019苏州期末)曲线yx2ex在x0处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为_解析：由函数yx2ex，可得y12ex，当x0时，y2，y3，所以曲线yx2ex在点(0，2)处的切线方程为y3x2，令y0，可得x，所以曲线yx2ex在x0处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为2.答案：2(2019常州期末)若直线kxyk0与曲线yex(e是自然对数的底数)相切，则实数k_解析：设切点坐标为(x0，e)，则曲线yex在点(x0，e)处的切线方程为yee(xx0)，即exye(1x0)0，易知该切线与直线kxyk0重合，所以ee(1x0)k，得x

2、02，ke2.答案：e23(2019安徽师大附中期中)已知函数f(x)exaex为偶函数，若曲线yf(x)的一条切线的斜率为，则该切点的横坐标为_解析：函数f(x)exaex为偶函数，f(x)f(x)，即exaexexaex，可得a1.f(x)exex，f(x)exex.设该切点的横坐标为x0，则ee.令ex0t0，可得t，整理可得3t28t30，解得t3或(舍)ex03，解得x0ln 3.则该切点的横坐标为ln 3.答案：ln 34(2019广东广州一模)已知过点A(a，0)作曲线C：yxex的切线有且仅有两条，则实数a的取值范围是_解析：设切点坐标为(x0，y0)，则由(xex)xexex

3、可知切线斜率k(x01)e，所以切线方程为yy0(x01)e(xx0)将点A(a，0)代入切线方程得y0(x01)e(ax0)又y0x0e，所以(x01)e(ax0)x0e，整理得xax0a0有两个解，所以a24a0，解得a0.答案：(，4)(0，)5设aR，若函数f(x)exax(xR)有大于零的极值点，则a的取值范围是_解析：令f(x)exa0，则exa，xln(a)因为函数f(x)有大于零的极值点，所以ln(a)0，所以a1，即a1.答案：(，1)6已知函数f(x)x33x29x1，若f(x)在区间k，2上的最大值为28，则实数k的取值范围为_解析：由题意知f(x)3x26x9，令f(x

4、)0，解得x1或x3，所以f(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x(，3)3(3，1)1(1，)f(x)00f(x)极大值极小值又f(3)28，f(1)4，f(2)3，f(x)在区间k，2上的最大值为28，所以k3.答案：(，37(2019盐城三模)已知函数f(x)x4sin x，若不等式kxb1f(x)kxb2对一切实数x恒成立，则b2b1的最小值为_解析：原不等式可化为(k1)xb14sin x(k1)xb2，结合函数图象(图略)知k1，进一步得b24，b14，所以b2b18，所以b2b1的最小值为8.答案：88已知函数f(x)ln x(mR)在区间1，e上取得最小值4，则m_解析：因为

5、f(x)在区间1，e上取得最小值4，所以至少满足f(1)4，f(e)4，解得m3e，又f(x)，且x1，e，所以f(x)0，x0)，O为坐标原点，A(3，1)，C(a，0)，对函数图象上的任意一点B，都满足成立，则a的值为_解析：由题意得(3，1)，(a，0)，设B(x，x3a2x)，则(x，x3a2x)，由得3x(x3a2x)3a，整理得(xa)(x2ax3)0.法一：设y1xa，y2x2ax3，则由(xa)(x2ax3)0在0，)上恒成立知，两函数的图象应交于x轴上的点(a，0)，将xa代入x2ax30，得a2a230，因为a0，所以得a.法二：设g(x)(xa)(x2ax3)，则g(a)

6、0，g(x)x2ax3(xa)(2xa)3x23a2，因为g(x)在0，)上有唯一零点，所以要使g(x)0在0，)上恒成立，需g(a)2a230，因为a0，所以得a.法三：由3x(x3a2x)3a得x3a2x3x3a.设p(x)x3a2x，q(x)3x3a，易知当x0时，p(x)的图象上的点不在q(x)图象的下方，因为两函数图象有公共点(a，0)，且q(x)的图象是直线，所以p(a)2a23，得a.答案：12已知函数f(x)x24x3ln x在t，t1上不单调，则t的取值范围是_解析：由题意知x0，且f(x)x4，由f(x)0得函数f(x)的两个极值点为1，3，则只要这两个极值点有一个在区间(

7、t，t1)内，函数f(x)在区间t，t1上就不单调，由t1t1或t3t1，得0t1或2t3.答案：(0，1)(2，3)13已知函数f(x)xln xax在(0，e上是增函数，函数g(x)|exa|，当x0，ln 3时，函数g(x)的最大值M与最小值m的差为，则a的值为_解析：由题意可知f(x)(ln x1)a0在(0，e上恒成立，所以aln x1，即a2.当2a3时，g(x)g(x)在0，ln a上单调递减，在ln a，ln 3上单调递增，因为g(0)g(ln 3)a12a40，所以g(0)g(ln 3)，所以Mmg(0)g(ln a)a1，解得a；当a3时，g(x)aex，g(x)在0，ln

8、 3上递减，所以Mmg(0)g(ln 3)2，舍去故a.答案：14若函数f(x)(aR)在区间1，2上单调递增，则实数a的取值范围是_解析：设g(x)，因为f(x)|g(x)|在区间1，2上单调递增，所以g(x)有两种情况：g(x)0且g(x)在区间1，2上单调递减又g(x)，所以g(x)0在区间1，2上恒成立，且g(1)0.所以无解g(x)0且g(x)在区间1，2上单调递增，即g(x)0在区间1，2上恒成立，且g(1)0，所以解得a.综上，实数a的取值范围为.答案：B组力争难度小题1设函数f(x)ln xax2bx，若x1是f(x)的极大值点，则a的取值范围为_解析：f(x)的定义域为(0，

9、)，f(x)axb，由f(1)0，得b1a.f(x)axa1.若a0，当0x1时，f(x)0，f(x)单调递增；当x1时，f(x)0，f(x)单调递减；所以x1是f(x)的极大值点若a0，由f(x)0，得x1或x.因为x1是f(x)的极大值点，所以1，解得1a0.综合，得a的取值范围是(1，)答案：(1，)2(2019南京四校联考)已知f(x)exx2ax，g(x)ln xx，若对任意的x0，不等式f(x)g(x)恒成立，则实数a的取值范围是_解析：不等式f(x)g(x)可化为exx2axln xx，由题意知，当x0时，exx2axln xx，即a1恒成立令F(x)，则F(x)，显然有F(1)

10、0，且当x0时，ex(x1)x21ln xxex2x0，所以当x1时，F(x)0，F(x)单调递增，当0x1时，F(x)0，得x2；由y2，所以y在(，2上单调递增，在2，)上单调递减，极大值为，当x时，y0.先不考虑a，作出y和yx1的图象如图所示只有当b时，直线yb与曲线y和直线yx1共有三个公共点因为直线y与直线yx1的交点为.所以当a时，存在直线yb与曲线yf(x)恰有三个公共点答案： 4(2019苏锡常镇四市一模)已知函数f(x)x2|xa|，g(x)(2a1)xaln x，若函数yf(x)与函数yg(x)的图象恰好有两个不同的交点，则实数a的取值范围为_解析：令h(x)f(x)g(

11、x)x2|xa|(2a1)xaln x，则h(x)有且仅有两个零点a0时，h(x)x22(a1)xaln xa，h(x)2x2(a1)0，所以h(x)在(0，)上单调递增，不合题意a0时，h(x)0xa时，h(x)2(xa)0，所以h(x)在(a，)上单调递增所以h(x)minh(a)a2aaln a0.令(a)aln a1，则(a)10，所以(a)在(0，)上单调递增，又(1)0，所以(a)0的解集为a(1，)此时易知h2aln aa0，h(a3)a(a52a32a23ln a1)0，所以h(x)在和(a，a3)上各有一个零点，满足题意综上，a(1，)答案：(1，)5已知函数f(x)若对于t

12、R，f(t)kt恒成立，则实数k的取值范围是_解析：x1时，f(x)|x32x2x|x(x1)2|当x0时，f(x)(x1)(3x1)0f(x)是增函数；当0x1，f(x)(x1)(3x1)，所以f(x)的增区间是，减区间是，根据图象变换可作出函数yf(x)在R上的图象如图所示又设函数yln x(x1)的图象经过原点的切线斜率为k1，切点(x1，ln x1)，因为y，所以k1，解得x1e，所以k1.函数yx32x2x在原点处的切线斜率k2y|x01.因为tR，f(t)kt，所以根据f(x)的图象，数形结合可得k1.答案：6已知函数f(x)ln x(ea)xb，其中e为自然对数的底数若不等式f(x)0恒成立，则的最小值为_解析：f(x)(ea)(x0)，当ea0，即ae时，f(eb)(ea)eb0，显然f(x)0不恒成立当ea0，即ae时，当x时，f(x)0，f(x)为增函数；当x时，f(x)0，f(x)为减函数，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.设g(x)(xe)，g(x).由于yln(xe)为增函数，且当x2e时，g(x)0，所以当x(e，2e)时，g(x)0，g(x)为减函数；当x(2e，)时，g(x)0，g(x)为增函数，所以g(x)ming(2e)，所以，当a2e，b2时，取得最小值.答案：