1、第3讲导数的简单应用与定积分(限时60分钟，满分96分)一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1(2019湖北八市联考)已知直线yax是曲线yln x的切线，则实数aA.B.C.D.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C.答案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，
2、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D.答案D3(2019江西萍乡模拟)若曲线f(x)4ln xx2在点(1，1)处的切线与曲线yx23xm相切，则m的值是A. B3 C2 D1解析因为f(x)4ln xx2，所以f(x)2x.所以f(1)2，所以曲线yf(x)在点(1，1)处的切线方程为y12(x1)，即y2x3.由得x25xm30.因为直线y2x3与曲线yx23xm相切，所以254(m3)0，解得m.答案A4(2
3、019日照二模)设定义在(0，)上的函数f(x)满足xf(x)f(x)xln x，f，则f(x)A有极大值，无极小值B有极小值，无极大值C既有极大值，又有极小值D既无极大值，又无极小值解析因为xf(x)f(x)xln x，所以，所以，所以ln2xc，所以f(x)xln2xcx.因为fln2c，所以c，所以f(x)ln2xln x(ln x1)20，所以f(x)在(0，)上单调递增，所以f(x)在(0，)上既无极大值，也无极小值答案D5(2019武汉二模)已知函数f(x)xln xx23x在区间内有极值，则整数n的值为A1 B2 C3 D4解析由题意知，f(x)ln x1x3ln xx2，令g(
4、x)ln xx2，因为gln2lnln0，g(2)ln 20，所以函数g(x)ln xx2在内有零点又g(x)10在(0，)上恒成立，所以函数g(x)ln xx2在(0，)上单调递增，所以函数g(x)ln xx2在(0，)上有唯一的零点x0，且x0，所以当x时，f(x)0，当x(x0，2)时，f(x)0，所以x0是函数f(x)唯一的极值点，且x0，所以n2.答案B6(2019海南省八校联考)已知函数f(x)3ln xx2x在区间(1，3)上有最大值，则实数a的取值范围是A. B.C. D.解析因为f(x)2xa，所以由题设f(x)2xa在(1，3)上只有一个零点且单调递减，则问题转化为即a.故
5、选B.答案B7(2019昆明二模)已知函数f(x)2kln xkx，若x2是函数f(x)的唯一极值点，则实数k的取值范围是A. B.C(0，2 D2，)解析由题意得f(x)k，f(2)0.令g(x)exkx2，g(x)在区间(0，)恒大于等于0，或恒小于等于零，k，h(x)，h(x)，所以h(x)的最小值为h(2)，所以k，选A.答案A8(2019天津)已知aR，设函数f(x)若关于x的不等式f(x)0在R上恒成立，则a的取值范围为A0，1 B0，2 C0，e D1，e解析当x1时，由f(x)x22ax2a0恒成立，而二次函数f(x)图象的对称轴为直线xa，所以当a1时，f(x)minf(1)
6、10恒成立，当a1时，f(x)minf(a)2aa20，0a1.综上，a0.当x1时，由f(x)xaln x0恒成立，即a恒成立设g(x)，则g(x).令g(x)0，得xe，且当1xe时，g(x)0，当xe时，g(x)0，g(x)ming(e)e，ae.综上，a的取值范围是0ae，即0，e故选C.答案C二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)9(2019广东五校协作体二模)若函数f(x)x(xa)2在x2处取得极小值，则a_解析求导函数可得f(x)3x24axa2，所以f(2)128aa20，解得a2或a6，当a2时，f(x)3x28x4(x2)(3x2)，函数在x2处取得极小值，符
7、合题意；当a6时，f(x)3x224x363(x2)(x6)，函数在x2处取得极大值，不符合题意，所以a2.答案210(2019唐山模拟)过点(1，0)的直线l与曲线y相切，则曲线y与l及x轴所围成的封闭图形的面积为_解析因为y的导数为y，设切点为P(x0，y0)，则切线的斜率为，解得x01，即切线的斜率为，所以直线l的方程为y(x1)，所以所围成的封闭图形的面积为dx1.答案11已知函数f(x)x32xex，其中e是自然对数的底数若f(a1)f(2a2)0，则实数a的取值范围是_解析易知函数f(x)的定义域关于原点对称f(x)x32xex，f(x)(x)32(x)exx32xexf(x)，f
8、(x)为奇函数，又f(x)3x22ex3x2223x20(当且仅当x0时，取“”)，从而f(x)在R上单调递增，所以f(a1)f(2a2)0f(a1)f(2a2)2a2a1.解得1a.答案12设函数f(x)(1)若a0，则f(x)的最大值为_；(2)若f(x)无最大值，则实数a的取值范围是_解析(1)若a0，则f(x)当x0时，f(x)2x0；当x0时，f(x)3x233(x1)(x1)，当x1时，f(x)0，f(x)是增函数，当1x0时，f(x)0，f(x)是减函数，f(x)f(1)2.f(x)的最大值为2.(2)在同一平面直角坐标系中画出y2x和yx33x的图象，如图所示，当a1时，f(x
9、)无最大值；当1a2时，f(x)max2；当a2时，f(x)maxa33a.综上，当a(，1)时，f(x)无最大值答案(1)2(2)(，1)三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)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
10、.(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，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，(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
11、(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(2019济南二模)已知函数f(x)(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，
12、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 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)xx0xx01，又x0，所以，m.所以，不超过m的最大整数为1.