浙江新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題強(qiáng)化練專題一5第5講導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用

專題強(qiáng)化訓(xùn)練1．函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx的最小值為()A.eq\f(1,2) B．1C．0 D．不存在解析：選A.因?yàn)閒′(x)＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x2－1,x)，且xf′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得0<xf(x)在x＝1處取得最小值，且f(1)＝eq\f(1,2)－ln1＝eq\f(1,2).2．已知m是實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)＝x2(x－m)，若f′(－1)＝－1，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，0))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(4,3)))，(0，＋∞)D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(4,3)))∪(0，＋∞)解析：選C.因?yàn)閒′(x)＝3x2－2mx，所以f′(－1)＝3＋2m＝－1，解得mf′(x)＝3x2＋4x.由f′(x)＝3x2＋4x>0，解得x<－eq\f(4,3)或x>0，即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(4,3)))，(0，＋∞)，故選C.3．已知f(x)＝x2＋ax＋3lnx在(1，＋∞)上是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A．(－∞，－2eq\r(6)] B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(\r(6),2)))C．[－2eq\r(6)，＋∞) D．[－5，＋∞)解析：選C.由題意得f′(x)＝2x＋a＋eq\f(3,x)＝eq\f(2x2＋ax＋3,x)≥0在(1，＋∞)上恒成立?g(x)＝2x2＋ax＋3≥0在(1，＋∞)上恒成立?Δ＝a2－24≤0或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(a,4)≤1，,g（1）≥0))?－2eq\r(6)≤a≤2eq\r(6)或a≥－4?a≥－2eq\r(6).4．(2019·臺(tái)州二模)已知函數(shù)f(x)＝x2＋bx＋c(b，c∈R)，F(xiàn)(x)＝eq\f(f′（x）,ex)，若F(x)的圖象在x＝0處的切線方程為y＝－2x＋c，則函數(shù)f(x)的最小值是()A．2 B．1C．0 D．－1解析：選C.因?yàn)閒′(x)＝2x＋b，所以F(x)＝eq\f(2x＋b,ex)，F(xiàn)′(x)＝eq\f(2－2x－b,ex)，又F(x)的圖象在x＝0處的切線方程為y＝－2x＋c，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(F′（0）＝－2，,F（0）＝c，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝c，,b＝4，))所以f(x)＝(x＋2)2≥0，f(x)min＝0.5．(2019·溫州瑞安七校模擬)已知函數(shù)f(x)＝(x－x1)·(x－x2)(x－x3)(其中x1＜x2＜x3)，g(x)＝ex－e－x，且函數(shù)f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)為α，β(α＜β)．設(shè)λ＝eq\f(x1＋x2,2)，μ＝eq\f(x2＋x3,2)，則()A．g(α)＜g(λ)＜g(β)＜g(μ)B．g(λ)＜g(α)＜g(β)＜g(μ)C．g(λ)＜g(α)＜g(μ)＜g(β)D．g(α)＜g(λ)＜g(μ)＜g(β)解析：選D.由題意，f′(x)＝(x－x1)(x－x2)＋(x－x2)(x－x3)＋(x－x1)(x－x3)，因?yàn)閒′(eq\f(x1＋x2,2))＝－eq\f(（x2－x1）2,4)＜0，f′(eq\f(x2＋x3,2))＝－eq\f(（x2－x3）2,4)＜0，因?yàn)閒(x)在(－∞，α)，(β，＋∞)上遞增，(α，β)上遞減，所以α＜λ＜μ＜β，因?yàn)間(x)＝ex－e－x單調(diào)遞增，所以g(α)＜g(λ)＜g(μ)＜g(β)．故選D.6．(2019·寧波諾丁漢大學(xué)附中高三期中考試)已知函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(2b,x)＋a，x∈[a，＋∞)，其中a＞0，b∈R，記m(a，b)為f(x)的最小值，則當(dāng)m(a，b)＝2時(shí)，b的取值范圍為()A．b＞eq\f(1,3) B．b＜eq\f(1,3)C．b＞eq\f(1,2) D．b＜eq\f(1,2)解析：選D.函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(2b,x)＋a，x∈[a，＋∞)，導(dǎo)數(shù)f′(x)＝1－eq\f(2b,x2)，當(dāng)b≤0時(shí)，f′(x)＞0，f(x)在x∈[a，＋∞)遞增，可得f(a)取得最小值，且為2a＋eq\f(2b,a)，由題意可得2a＋eq\f(2b,a)＝2，a＞0，b≤0方程有解；當(dāng)b＞0時(shí)，由f′(x)＝1－eq\f(2b,x2)＝0，可得x＝eq\r(2b)(負(fù)的舍去)，當(dāng)a≥eq\r(2b)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)在[a，＋∞)遞增，可得f(a)為最小值，且有2a＋eq\f(2b,a)＝2，a＞0，b＞0，方程有解；當(dāng)a＜eq\r(2b)時(shí)，f(x)在[a，eq\r(2b)]遞減，在(eq\r(2b)，＋∞)遞增，可得f(eq\r(2b))為最小值，且有a＋2eq\r(2b)＝2，即a＝2－2eq\r(2b)＞0，解得0＜b＜eq\f(1,2).綜上可得b的取值范圍是(－∞，eq\f(1,2))．故選D.7．(2019·浙江“七彩陽光”聯(lián)盟模擬)函數(shù)f(x)＝eq\f(2x2＋3x,2ex)的大致圖象是()解析：選B.由f(x)的解析式知有兩個(gè)零點(diǎn)x＝－eq\f(3,2)與x＝0，排除A，又f′(x)＝eq\f(－2x2＋x＋3,2ex)，由f′(x)＝0知函數(shù)有兩個(gè)極值點(diǎn)，排除C，D，故選B.8．(2019·成都市第一次診斷性檢測)已知曲線C1：y2＝tx(y>0，t>0)在點(diǎn)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,t)，2))處的切線與曲線C2：y＝ex＋1＋1也相切，則t的值為()A．4e2B．4eC.eq\f(e2,4)D.eq\f(e,4)解析：選y＝eq\r(tx)，得y′＝eq\f(t,2\r(tx))，則切線斜率為k＝eq\f(t,4)，所以切線方程為y－2＝eq\f(t,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(4,t)))，即y＝eq\f(t,4)xy＝ex＋1＋1的切點(diǎn)為(x0，y0)．由y＝ex＋1＋1，得y′＝ex＋1，則由ex0＋1＝eq\f(t,4)，得切點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(t,4)－1，\f(t,4)＋1))，故切線方程又可表示為y－eq\f(t,4)－1＝eq\f(t,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－ln\f(t,4)＋1))，即y＝eq\f(t,4)x－eq\f(t,4)lneq\f(t,4)＋eq\f(t,2)＋1，所以由題意，得－eq\f(t,4)lneq\f(t,4)＋eq\f(t,2)＋1＝1，即lneq\f(t,4)＝2，解得t＝4e2，故選A.9．(2019·金華十校高考模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(2,3)x3－x2＋ax－1，若曲線存在兩條斜率為3的切線，且切點(diǎn)的橫坐標(biāo)都大于0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為____________．解析：由題意知，f(x)＝eq\f(2,3)x3－x2＋ax－1的導(dǎo)數(shù)f′(x)＝2x2－2x＋a.2x2－2x＋a＝3有兩個(gè)不等正根，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝4－8（a－3）＞0,\f(1,2)（a－3）＞0))，得3＜a＜eq\f(7,2).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(7,2)))10．(2019·湖州市高三期末)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：f(1)＝1，且對(duì)于任意的x∈R，都有f′(x)＜eq\f(1,2)，則不等式f(log2x)＞eq\f(log2x＋1,2)的解集為________．解析：設(shè)g(x)＝f(x)－eq\f(1,2)x，因?yàn)閒′(x)＜eq\f(1,2)，所以g′(x)＝f′(x)－eq\f(1,2)＜0，所以g(x)為減函數(shù)，又f(1)＝1，所以f(log2x)＞eq\f(log2x＋1,2)＝eq\f(1,2)log2x＋eq\f(1,2)，即g(log2x)＝f(log2x)－eq\f(1,2)log2x＞eq\f(1,2)＝g(1)＝f(1)－eq\f(1,2)＝g(log22)，所以log2x＜log22，又y＝log2x為底數(shù)是2的增函數(shù)，所以0＜x＜2，則不等式f(log2x)＞eq\f(log2x＋1,2)的解集為(0，2)．答案：(0，2)11．(2019·紹興、諸暨高考二模)已知函數(shù)f(x)＝x3－3x，函數(shù)f(x)的圖象在x＝0處的切線方程是________；函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，2]內(nèi)的值域是________．解析：函數(shù)f(x)＝x3－3x，切點(diǎn)坐標(biāo)(0，0)，導(dǎo)數(shù)為y′＝3x2－3，切線的斜率為－3，所以切線方程為y＝－3x；3x2－3＝0，可得x＝±1，x∈(－1，1)，y′＜0，函數(shù)是減函數(shù)，x∈(1，＋∞)，y′＞0函數(shù)是增函數(shù)，f(0)＝0，f(1)＝－2，f(2)＝8－6＝2，函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，2]內(nèi)的值域是[－2，2]．答案：y＝－3x[－2，2]12．(2019·臺(tái)州市高三期末考試)已知函數(shù)f(x)＝x2－3x＋lnx，則f(x)在區(qū)間[eq\f(1,2)，2]上的最小值為________；當(dāng)f(x)取到最小值時(shí)，x＝________．解析：f′(x)＝2x－3＋eq\f(1,x)＝eq\f(2x2－3x＋1,x)(x＞0)，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,2)，1，當(dāng)x∈(eq\f(1,2)，1)時(shí)，f′(x)＜0，x∈(1，2)時(shí)，f′(x)＞0，所以f(x)在區(qū)間[eq\f(1,2)，1]上單調(diào)遞減，在區(qū)間[1，2]上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝1時(shí)，f(x)在區(qū)間[eq\f(1,2)，2]上的最小值為f(1)＝－2.答案：－2113．(2019·唐山二模)已知函數(shù)f(x)＝lnx－nx(n>0)的最大值為g(n)，則使g(n)－n＋2>0成立的n的取值范圍為________．解析：易知f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．因?yàn)閒′(x)＝eq\f(1,x)－n(x>0，n>0)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,n)))時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)，＋∞))時(shí)，f′(x)<0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,n)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)，＋∞))上單調(diào)遞減，所以f(x)的最大值g(n)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))＝－lnnh(n)＝g(n)－n＋2＝－lnn－n＋1.因?yàn)閔′(n)＝－eq\f(1,n)－1<0，所以h(n)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．又h(1)＝0，所以當(dāng)0<n<1時(shí)，h(n)>h(1)＝0，故使g(n)－n＋2>0成立的n的取值范圍為(0，1)．答案：(0，1)14．(2019·浙江東陽中學(xué)期中檢測)設(shè)函數(shù)f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整數(shù)x0，使得f(x0)<0，則a的取值范圍是________．解析：設(shè)g(x)＝ex(2x－1)，y＝ax－a，由題意存在唯一的整數(shù)x0，使得g(x0)在直線y＝ax－a的下方，因?yàn)間′(x)＝ex(2x＋1)，所以當(dāng)x<－eq\f(1,2)時(shí)，g′(x)<0，當(dāng)x>－eq\f(1,2)時(shí)，g′(x)>0，所以當(dāng)x＝－eq\f(1,2)時(shí)，g(x)min＝－2eeq\s\up12(－\f(1,2))，當(dāng)x＝0時(shí)，g(0)＝－1，g(1)＝e>0，直線y＝ax－a恒過(1，0)，斜率為a，故－a>g(0)＝－1，且g(－1)＝－3e－1≥－a－a，解得eq\f(3,2e)≤a<1.答案：eq\f(3,2e)≤a<115．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(a,2)x2＋bx＋c，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y＝1.(1)求b，c的值；(2)若a＞0，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)設(shè)函數(shù)g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在區(qū)間(－2，－1)內(nèi)存在單調(diào)遞減區(qū)間，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解：(1)f′(x)＝x2－ax＋b，由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（0）＝1，,f′（0）＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝1，,b＝0.))(2)由(1)得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a＞0)，當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x∈(0，a)時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(a，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，0)，(a，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，a)．(3)g′(x)＝x2－ax＋2，依題意，存在x∈(－2，－1)，使不等式g′(x)＝x2－ax＋2＜0成立，即x∈(－2，－1)時(shí)，a＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)))eq\s\do7(max)＝－2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(2,x)即x＝－eq\r(2)時(shí)等號(hào)成立．所以滿足要求的a的取值范圍是(－∞，－2eq\r(2))．16．(2019·浙江金華十校第二學(xué)期調(diào)研)設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－x，h(x)＝－kx3＋kx2－x＋1.(1)求f(x)的最小值；(2)設(shè)h(x)≤f(x)對(duì)任意x∈[0，1]恒成立時(shí)k的最大值為λ，證明：4＜λ＜6.解：(1)因?yàn)閒(x)＝ex－x，所以f′(x)＝ex－1，當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(0)＝1.(2)證明：由h(x)≤f(x)，化簡可得k(x2－x3)≤ex－1，當(dāng)x＝0，1時(shí)，k∈R，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，k≤eq\f(ex－1,x2－x3)，要證：4＜λ＜6，則需證以下兩個(gè)問題；①eq\f(ex－1,x2－x3)＞4對(duì)任意x∈(0，1)恒成立；②存在x0∈(0，1)，使得eq\f(ex0－1,xeq\o\al(2,0)－xeq\o\al(3,0))＜6成立．先證：①eq\f(ex－1,x2－x3)＞4，即證ex－1＞4(x2－x3)，由(1)可知，ex－x≥1恒成立，所以ex－1≥x，又x≠0，所以ex－1＞x，即證x≥4(x2－x3)?1≥4(x－x2)?(2x－1)2≥0，(2x－1)2≥0，顯然成立，所以eq\f(ex－1,x2－x3)＞4對(duì)任意x∈(0，1)恒成立；再證②存在x0∈(0，1)，使得eq\f(ex0－1,xeq\o\al(2,0)－xeq\o\al(3,0))＜6成立．取x0＝eq\f(1,2)，eq\f(\r(e)－1,\f(1,4)－\f(1,8))＝8(eq\r(e)－1)，因?yàn)閑q\r(e)＜eq\f(7,4)，所以8(eq\r(e)－1)＜8×eq\f(3,4)＝6，所以存在x0∈(0，1)，使得eq\f(ex0－1,xeq\o\al(2,0)－xeq\o\al(3,0))＜6，由①②可知，4＜λ＜6.17．(2019·寧波市高考模擬)已知f(x)＝x＋eq\f(a2,x)，g(x)＝x＋lnx，其中ax1，x2∈[1，e]都有f(x1)≥g(x2)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解：對(duì)任意的x1，x2∈[1，e]都有f(x1)≥g(x2)?當(dāng)x∈[1，e]有f(x)min≥g(x)max，當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，g′(x)＝1＋eq\f(1,x)＞0，所以g(x)在x∈[1，e]上單調(diào)遞增，所以g(x)max＝g(e)＝e＋1.當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，f′(x)＝1－eq\f(a2,x2)＝eq\f(x2－a2,x2)，因?yàn)閍＞0，所以令f′(x)＝0得x＝a.①當(dāng)0＜a＜1時(shí)，f′(x)＞0，所以f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(1)＝a2＋1.令a2＋1≥e＋1得a≥eq\r(e)，這與0＜a＜1矛盾．②當(dāng)1≤a≤e時(shí)，若1≤x＜a，則f′(x)＜0，若a＜x≤e，則f′(x)＞0，所以f(x)在[1，a]上單調(diào)遞減，在[a，e]上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(a)＝2a，令2a≥e＋1得a≥eq\f(e＋1,2)，又1≤a≤e，所以eq\f(e＋1,2)≤a≤e.③當(dāng)a＞e時(shí)，f′(x)＜0，所以f(x)在[1，e]上單調(diào)遞減，所以f(x)min＝f(e)＝e＋eq\f(a2,e).令e＋eq\f(a2,e)≥e＋1得a≥eq\r(e)，又a＞e，所以a＞e.綜合①②③得，所求實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e＋1,2)，＋∞)).18．(2019·寧波九校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝e－x－eq\f(1,1＋x).(1)證明：當(dāng)x∈[0，3]時(shí)，e－x≥eq\f(1,1＋9x)；(2)證明：當(dāng)