（全国版）2021届高考数学二轮复习 专题检测（二十一）导数的简单应用（理含解析）.doc

1、专题检测（二十一）导数的简单应用 A 组“633”考点落实练一、选择题1已知函数 f(x)的导函数 f(x)满足下列条件：f(x)0 时，x2；f(x)0 时，1x2；f(x)0 时，x1 或 x2.则函数 f(x)的大致图象是()解析：选 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(2019河北省九校第二次联考)函数 yx3x2ln x 的单调递减区间是()A(3，1)B.(0，1)C(1，3)D.(0，3)解析：选 B 法一：令 y13x22x0，得3x0，故所求函数的单调递减区间为(0，1)故选 B.法二：由题意知 x0，故排除 A、C

2、 选项；又 f(1)40，曲线 f(x)3x24ax 与曲线 g(x)2a2ln xb 有公共点，且在公共点处的切线相同，则实数 b 的最小值为()A0B.1e2C2e2D.4e2解析：选 B 设公共点坐标为(x0，y0)，f(x)3x24ax，f(x)6x4a，又 g(x)2a2lnxb，g(x)2a2x，两曲线在公共点(x0，y0)处的切线相同，6x04a2a2x0，即 3x202ax0a20，(x0a)(3x0a)0，a0，x00，x0a，又 3x204ax02a2ln x0b，b2a2ln aa2.设 h(a)2a2ln aa2(a0)，则 h(a)4a(ln a1)(a0)，由 h(

3、a)4a(ln a1)0(a0)得 a1e，0a1e时，h(a)1e时，h(a)0，h(a)h 1e 1e2，b1e2，b 的最小值为1e2.故选 B.6若函数 f(x)ex(m1)ln x2(m1)x1 恰有两个极值点，则实数 m 的取值范围为()A(e2，e)B.，e2C.，12D.(，e1)解析：选 D 由题意，函数的定义域为(0，)，f(x)ex(m1)1x2 0 在(0，)上有两个不相等的实数根，所以 m1 xex12x在(0，)上有两个 不 相 等 的 实 数 根，令g(x)xex12x，则g(x)ex（x1）（2x1）（12x）2，所以函数 g(x)在0，12，12，1 上单调递

4、增，在(1，)上单调递减，其图象如图所示，要使 m1 xex12x在(0，)上有两个不相等的实数根，则 m1g(1)，即 m1e，m0，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.答案：18函数 f(x)x2ln x 的最小值为_解析：因为 f(x)x2ln x(x0)，所以 f(x)2x1x，令 2x1x0 得 x 22，令 f(x)0，则x 22；令 f(x)0，则 0 x 22.所以 f(x)在0，22上单调递减，在22，上单调递增，所以 f(x)的极小值(也是最小值)为222ln 22 1ln 22.答案：

5、1ln 229若函数 f(x)xaln x 不是单调函数，则实数 a 的取值范围是_解析：由题意知 f(x)的定义域为(0，)，f(x)1ax，要使函数 f(x)xaln x 不是单调函数，则需方程 1ax0 在(0，)上有解，即 xa，a0.答案：(，0)三、解答题10(2019江西七校第一次联考)已知函数 f(x)ex(x22xa)(其中 aR，a 为常数，e 为自然对数的底数)(1)讨论函数 f(x)的单调性；(2)设曲线 yf(x)在(a，f(a)处的切线为 l，当 a1，3时，求直线 l 在 y 轴上截距的取值范围解：(1)f(x)ex(x22xa)ex(2x2)ex(x2a2)，当

6、 a2 时，f(x)0 恒成立，函数 f(x)在区间(，)上单调递增；当 a2 时，f(x)0 x22ax 2a或 x 2a，函数 f(x)在区间(，2a)，(2a，)上单调递增，在区间(2a，2a)上单调递减(2)f(a)ea(a2a)，由(1)知 f(x)ex(x2a2)，所以 f(a)ea(a2a2)，所以直线 l 的方程为 yea(a2a)ea(a2a2)(xa)令 x0，得截距 bea(a3a)，记 g(a)ea(a3a)(1a3)，则 g(a)ea(a33a2a1)，记 h(a)a33a2a1(1a3)，则 h(a)3a26a10(1a3)，所以 h(a)在1，3上单调递减，所以

7、h(a)h(1)20，所以 g(a)0，解得 xln 2，令 f(x)0，解得 0 xln 2，函数 f(x)的单调递增区间为(，0)和(ln 2，)，单调递减区间为(0，ln 2)(2)f(x)ex(x1)ex2axx(ex2a)，f(x)为增函数，f(x)0 恒成立 当 x0 时，ex2a0 恒成立，得 a12.当 x0 时，ex2a0 恒成立，得 a12.a12.f(x)(x1)ex12x2b12.由(x1)ex12x2b12bx，得(x1)ex12(x21)b(x1)当 x1 时，方程成立 当 x1 时，只需要方程 ex12(x1)b 有 2 个实根 令 g(x)ex12(x1)，则

8、g(x)ex12.当 xln 12时，g(x)ln12且 x1 时，g(x)0，g(x)在，ln12 上单调递减，在ln12，1 和(1，)上单调递增，gln 12 1212ln121 12ln 2，g(1)e10，b12ln 2，e1(e1，)12(2019长春市质量监测(一)已知函数 f(x)ln xax2(2a1)x(其中常数 a0)(1)当 a1 时，求 f(x)的单调区间；(2)若 f(x)在 x1 处取得极值，且在(0，e上的最大值为 1，求实数 a 的值解：(1)当 a1 时，f(x)ln xx23x，x0，f(x)1x2x32x23x1x，令 f(x)0，解得 x112，x21

9、，当 0 x0，所以函数 f(x)在0，12 上单调递增；当12x1 时，f(x)1 时，f(x)0，所以函数 f(x)在(1，)上单调递增 所以 f(x)的单调递增区间为0，12 和(1，)，单调递减区间为12，1.(2)f(x)2ax2（2a1）x1x（2ax1）（x1）x.令 f(x)0，得 x11，x2 12a，因为 f(x)在 x1 处取得极值，所以 x2 12ax11，当 12a0 时，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，e上单调递减，所以 f(x)在(0，e上的最大值为 f(1)，令 f(1)1，解得 a2.当 0 12a1 时，f(x)在0，12a 上单调递增，在12a，1

10、 上单调递减，在(1，e上单调递增，所以最大值 1 可能在 x 12a或 xe 处取得，而 f12a ln 12aa12a2(2a1)12aln 12a 14a10，所以 f(e)ln eae2(2a1)e1，解得 a 1e2.当 1 12ae 时，f(x)在(0，1)上单调递增，在1，12a 上单调递减，在12a，e 上单调递增，所以最大值 1 可能在 x1 或 xe 处取得，而 f(1)ln 1a(2a1)0，所以 f(e)ln eae2(2a1)e1，解得 a 1e2，与 1 12ae 矛盾 当 12ae 时，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，e上单调递减，所以最大值 1 在 x1

11、 处取得，而 f(1)ln 1a(2a1)0)，则 h(x)1x2x73（3x1）（2x3）3x.当 x1，3时，h(x)，h(x)随 x 的变化情况如下表：x11，323232，33 h(x)0 h(x)43 极大值 ln 32 h(1)43，h(3)ln 3243，h 32 ln 3254，当 x1，3时，h(x)ln 32，ln 3254，m 的取值范围为ln 32，ln 3254.2已知常数 a0，f(x)aln x2x.(1)当 a4 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)ax2a

12、2xx.当 a4 时，f(x)2x4x.所以当 0 x2 时，f(x)2 时，f(x)0，即 f(x)单调递增 所以 f(x)只有极小值，且在 x2 时，f(x)取得极小值 f(2)44ln 2.所以当 a4 时，f(x)只有极小值 44ln 2.(2)因为 f(x)a2xx，所以当 a0，x(0，)时，f(x)0，即 f(x)在 x(0，)上单调递增，没有最小值；当 a0 得，xa2，所以 f(x)在a2，上单调递增；由 f(x)0 得，xa2，所以 f(x)在0，a2 上单调递减 所以当 a0 时，f(x)的最小值为极小值，即 fa2 alna2 a.根据题意得 fa2 alna2 aa，即 aln(a)ln 20.因为 a0，所以 ln(a)ln 20，解得 a2，综上实数 a 的取值范围是2，0)