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2020数学(理)二轮专题限时集训13 导数的简单应用 WORD版含解析.doc

上传人:高**** 文档编号:231516 上传时间:2024-05-26 格式:DOC 页数:7 大小:134KB
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资源描述

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(1a)x是奇函数,则曲线yf(x)在x1处的切线的倾斜角为()A.B.C. D.B函数f(x)ax2(1a)x是奇函数,可得f(x)f(x),可得a0,f(x)x,f(x)1,即有曲线yf(x)在x1处的切线斜率为k121,可得切线的倾斜角为,故选B.2若x是函数f(x)(x22ax)ex的极值点,则函数yf(x)的最小值为()A(22)eB0C(22)eDeCf(x)(x22ax)ex,f(x)x2(22a)x2aex,由题意可知f()0,即a1.f(x)(x22x)ex.f(x)

2、(x22)ex,由f(x)0得x.又f()(22)e,f()(22)e,且f()f()故选C.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,xR,2f(x)f(x)0,则不等式f(x)e2x1的解集为()A(,1)B(1,)C(,e)D(e,)B令g(x),则g(x),2f(x)f(x)0,g(x)0,g(x)递减,不等式f(x)e2x1g(x)g(1)x1,故选B.4易错题若函数f(x)x3x2在区间(a,a5)上存在最小值,则实数a的取值范围是()A5,0)B(5,0)C3,0)D(3,0)C由题意,f(x)x22xx(x2),故f(x)在(,2),(0,)上

3、是增函数,在(2,0)上是减函数,作出其图象如图所示令x3x2得,x0或x3,则结合图象可知解得a3,0),故选C.5已知函数f(x)在R上可导,且f(x)4xx3f(1)2f(0),则f(x)dx_.f(x)4xx3f(1)2f(0),f(x)43x2f(1),令x1得f(1)43f(1),即f(1)1.令x0得f(0)4.f(x)4xx38.f(x)dx(4xx38)dx.6已知函数f(x)x3mx24x3在区间1,2上是增函数,则实数m的取值范围为_(,4由函数f(x)x3mx24x3,可得f(x)x2mx4,由函数f(x)x3mx24x3在区间1,2上是增函数,可得x2mx40在区间1

4、,2上恒成立,可得mx,又x24,当且仅当x2时取等号,可得m4.能力提升练(建议用时:15分钟)7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)2.当a4时,f(x).所以当0x2时,f(x)0,即f(x)单调递减;当x2时,f(x)0,即f(x)单调递增所以f(x)只有极小值,且当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),所以当a0,x(0,)时,f(x)0,即f(x)在x(0,)上单调递

5、增,没有最小值;当a0时,由f(x)0得,x,所以f(x)在上单调递增;由f(x)0得,x,所以f(x)在上单调递减所以当a0时,f(x)的最小值为falna.根据题意得falnaa,即aln(a)ln 20.因为a0,所以ln(a)ln 20,解得a2,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(xln x)(1)当a0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,.当a0时,对于x(0,),exax0恒成立,所以由f(x)0,得x1;由f(x)0,得0x1.所以f(x)的单调增

6、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,即exax0,即a.设g(x),x(0,1),所以g(x),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x0时,g(x),即g(x)在(0,1)上的值域为(e,),所以当ae时,f(x)0有解设H(x)exax,设H(x)exa0,x(0,1),所以H(x)在(0,1)上单调递减因为H(0)10,H(1)ea0,所以H(x)exax0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

7、,1)H(x)0f(x)0f(x)极小值所以当ae时,f(x)在(0,1)内有极值且唯一当ae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)xaxln x(aR)(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若函数f(x)的极大值点为x1,证明:f(x)exx2.解(1)f(x)的定义域为(0,),f(x)1aln xa,当a0时,f(x)x,

8、则函数f(x)在区间(0,)上单调递增; 当a0时,由f(x)0得xe,由f(x)0得0xe,所以f(x)在区间上单调递减,在区间上单调递增;当a0时,由f(x)0得0xe,由f(x)0得xe,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a0时,函数f(x)在区间(0,)上单调递增;当a0时,函数f(x)在区间上单调递减,在区间上单调递增;当a0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a0且e1,解得a1,f(x)xxln x要证f(x)exx2,即证xxln xexx2,即证1ln xx.令f(x)ln xx1(x0),则f(x)1.令g(x)xex(x0),易知函数g(x)在区间(0,)上单调递增而g(1)10,g(0)10,所以在区间(0,)上存在唯一的实数x0,使得g(x0)x0e0,即x0e,且当x(0,x0)时g(x)0,当x(x0,)时g(x)0,故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,)上单调递增所以F(x)minF(x0)ln x0x01.又ex0,所以F(x)minln x0x01x01x010.所以f(x)F(x0)0成立,即f(x)exx2成立

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