1、第二部分专题六第3讲(文科)专题训练二十二导数的简单应用与定积分一、选择题1(2020湖北八市联考)已知直线yax是曲线yln x的切线，则实数a(C)ABCD【解析】设切点为(x0，ln x0)(ln x)，曲线yln x在点(x0，ln x0)处的切线的斜率为，切线方程为yln x0(xx0)，即yln x01切线方程为yax，解得.故选C2函数yf(x)的导函数yf(x)的图象如图所示，则函数yf(x)的图象可能是(D)【解析】观察导函数f(x)的图象可知，f(x)的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于0，大于0，对应函数f(x)的增减性从左到右依次为减、增、减、增观察选项可知，排除
2、A，C如图所示，f(x)有3个零点，从左到右依次设为x1，x2，x3，且x1，x3是极小值点，x2是极大值点，且x20，故选项D正确故选D3(2020河南模拟)过原点引yext的切线，若切线斜率为，则t(D)AeBC2eD【解析】设切点坐标为(x0，y0)，则yexex0x01，又(e1t)t故选D4(2020衡阳模拟)若函数f(x)axexex在R上单调递减，则实数a的取值范围为(A)Aa2Ba1Ca1Da2【解析】由题意可得，f(x)a(exex)0恒成立，即aexex，exex2，a2，故选A5(2020龙岩模拟)已知函数f(x)ax在(1，)上有极值，则实数a的取值范围为(B)ABCD
3、【解析】f(x)a，设g(x)，函数f(x)在区间(1，)上有极值，f(x)g(x)a在(1，)上有变号零点，令t，由x1可得lnx0，即t0，得到ytt22，a.故选B6(2020运城三模)函数f(x)xex2ln x2x的最小值为(C)A2ln 2Bln 2C22ln 2D2ln 2【解析】因为f(x)xex2ln x2x，设tln xx，则tR，且f(x)et2t，设g(t)et2t，则g(t)et2，g(t)在(，ln 2)上单调递减，在(ln 2，)上单调递增，所以g(t)g(ln 2)22ln 2，所以g(t)的最小值为22ln 2即f(x)的最小值为22ln 2故选C7(2020
4、汉台区校级模拟)已知函数f(x)x2aln x1在(1,3)内不是单调函数，则实数a的取值范围是(A)A(2,18)B2,18C(，218，)D2,18)【解析】因为f(x)2x，x0，当a0时，f(x)0恒成立，故函数在(1,3)内单调递增，不符合题意；当a0时，f(x)0可得，x，f(x)0可得0x，因为f(x)x2aln x1在(1,3)内不是单调函数，所以13，解可得，2a18故选A8(2020鹿城区校级模拟)已知函数f(x)ax3bx2cx，其导函数yf(x)的图象经过点(1,0)、(2,0)，如图所示，则下列命题正确的是(D)A当x时函数取得极小值Bf(x)有两个极大值点Cf(1)
5、0Dabc0【解析】函数f(x)ax3bx2cx，其导函数yf(x)3ax22bxc，由导函数的图象可知，a0，f(1)0，f(2)0，x1，x2是函数的两个极值点，f(1)是极大值，f(2)是极小值，所以B，C不正确；A不正确；f(x)3ax22bxc，由图象可得0，b0，0，所以c0，可得abc0，所以D正确；故选D二、填空题9(2020名校联盟质量监测)曲线y(2x1)ex在点(0，1)处的切线方程为_yx1_.【解析】y(2x1)ex，y2ex(2x1)ex，函数y(2x1)ex在x0处的切线斜率为1，又切点坐标为(0，1)，切线方程为yx110(2020临汾模拟)已知抛物线x22py
6、(p0)的焦点坐标为F(0，3)，则直线yx与抛物线围成的封闭图形的面积为_24_.【解析】根据题意，抛物线x22py(p0)的焦点坐标为F(0，3)，则p6，故抛物线的方程为x212y，变形可得y，则有，解可得或，故直线与抛物线的交点为(0,0)，(12，12)；则其围成的封闭图形的面积Sdx2411(2020江苏省淮安六校联考)若函数f(x)在区间(0,2)上有极值，则实数a的取值范围为_(1,1)_.【解析】f(x)f(x).当xa1时，f(x)0，所以函数f(x)单调递减；当x0，所以函数f(x)单调递增，要想函数f(x)在区间(0,2)上有极值，只需0a121a1，所以实数a的取值范
7、围为(1,1)12(2020陕西省汉中市质检)函数f(x)2ax3x2，aR，当x时，函数f(x)仅在x1处取得最大值，则a的取值范围是_.【解析】f(x)6ax2(6a3)x3.若a0，则f(x)0在上恒成立，f(x)在上单调递减，不合题意；若a0，由f(x)0，得x10，当a时，0，f(x)在上单调递增，符合题意；当0a时，1，f(x)在上单调递减，不合题意；当a时，00f(0)，即a.综上，实数a的取值范围为.三、解答题13(2019兰州模拟)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【解析】(1)由已知
8、得f(x)的定义域为(0，)，f(x)2.当a4时，f(x).所以当0x2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)，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，x，所以f(x)在上单调递增；由f(x)0得，0x，所以f(x)在上单调递减所以当a0时，f(x)的最小值为faln a.根据题意得faln aa，即aln (a)ln 20因为a0，(当且仅当x0时等号才成立，故此处无等号)a2实数a的取值范围
9、为(2，)(2)由题意得F(x)ex(x2)b(x2)2，f(x)ex(x1)2b(x2)设(x)ex(x1)2b(x2)，则(x)xex2b，又x(0，)，b，(x)0，f(x)单调递增，又f(0)4b10，存在t(0,1)使得f(t)et(t1)2b(t2)0，且当x(0，t)时，f(x)0，F(x)单调递增，F(x)minF(t)et(t2)b(t2)2et(t2)(t2)2et.设h(t)et，t(0,1)，则h(t)et0，h(t)在t(0,1)上单调递减，又h(0)1，h(1)e，F(x)min(e，1)，故F(x)最小值的取值范围为(e，1)15(2020济南二模)已知函数f(x
10、)(x1)exax2(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a1时，函数g(x)f(x)xexx的最大值为m，求不超过m的最大整数【解析】(1)f(x)xex2axx(ex2a)，当a0时，x(，0)时，f(x)0，f(x)单调递减；x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递增；当0a时，x(，ln(2a)时，f(x)0，f(x)单调递增；x(ln(2a)，0)时，f(x)0，f(x)单调递减；x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递增；当a时，x(，)时，f(x)0，f(x)单调递增；当a时，x(，0)时，f(x)0，f(x)单调递增；x(0，ln(2a)时，f(x)0，f(x)单调递减；x(ln
11、(2a)，)时，f(x)0，f(x)单调递增综上，当a0时，f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增；当0a时，f(x)在(，ln(2a)上单调递增，在(ln(2a)，0)上单调递减，在(0，)上单调递增；当a时，f(x)在R上单调递增；当a时，f(x)在(，0)上单调递增，在(0，ln(2a)上单调递减，在(ln(2a)，)上单调递增(2)g(x)exx2x，g(x)ex2x1，g(x)ex2，当x(0，ln 2)时，g(x)0，g(x)单调递增；x(ln 2，)时，g(x)0，g(x)单调递减；g(0)0，g(1)3e0，g4e0，所以，存在唯一的x0，使g(x0)0，即ex02x01，所以，当x0(0，x0)时，g(x)0，g(x)单调递增；x(x0，)时，g(x)0，g(x)单调递减；所以mg(x0)ex0xx0(2x01)xx0xx012，又x0，所以，m.所以，不超过m的最大整数为1
