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1、课时作业 5导数的简单应用12019甘肃兰州一中月考 |x|dx等于()A0B1C2 D.解析：如图，由定积分的几何意义可知|x|dx表示图中阴影部分的面积，故|x|dx21.答案：B22019河南南阳月考已知函数f(x)的导函数为f(x)，且满足f(x)2xf(e)ln x，则f(e)()Ae BC1 De解析：由f(x)2xf(e)ln x，得f(x)2f(e)，则f(e)2f(e)，所以f(e)，故f(x)xln x，所以f(e)1.故选C.答案：C32019湖北钟祥模拟已知函数f(x)，则函数f(x)的图象在点(0，f(0)处的切线方程为()Axy10 Bxy10Cxy10 Dxy10
2、解析：f(x)，f(x)，f(0)1，f(0)1，即函数f(x)的图象在点(0,1)处的切线斜率为1，函数f(x)的图象在点(0，f(0)处的切线方程为yx1，即xy10.故选B.答案：B42019河北九校第二次联考函数f(x)x2ln x的单调递减区间是()A(3,1) B(0,1)C(1,3) D(0,3)解析：解法一令f(x)10，得0x0，故排除A，C选项；又f(1)4f(2)2ln 2，故排除D选项故选B.答案：B52019辽宁辽阳期末函数f(x)x33ln x的最小值为()A0 B1C2 D3解析：函数f(x)x33ln x的定义域为(0，)可得f(x)，令f(x)0，可得x1，所
3、以x(0,1)时，f(x)0，函数f(x)是增函数，所以函数f(x)的最小值为f(1)1.故选B.答案：B62019河南濮阳第二次模拟已知aln，be1，c，则a，b，c的大小关系为()Abca BacbCabc Dbac解析：依题意，得aln，be1，c.令f(x)，则f(x)，易知函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减所以f(x)maxf(e)b，且f(3)f(8)，即ac，所以bac.故选D.答案：D72019吉林三校联合模拟若函数f(x)的图象如图所示，则m的范围为()A(，1) B(1,2)C(0,2) D(1,2)解析：f(x)，由函数图象的单调性及有两个极值点可
4、知m20，故0m1，即m1.故1m2，故选D.答案：D82019广东惠州中学一模设直线xt与函数f(x)x2，g(x)ln x的图象分别交于点M，N，则当|MN|最小时t的值为()A1 B.C. D.解析：|MN|的最小值，即函数h(x)x2ln x的最小值，h(x)2x，显然x是函数h(x)在其定义域内唯一的极小值点，也是最小值点，故t.故选D.答案：D92019广东肇庆第二次检测已知x1是f(x)x2(a3)x2a3ex的极小值点，则实数a的取值范围是()A(1，) B(1，)C(，1) D(，1)解析：依题意f(x)(xa)(x1)ex，它的两个零点为x1，xa，若x1是函数f(x)的极
5、小值点，则需a0，得x；令f(x)0，得0x.由题意得得1k0得0x1，此时函数g(x)为增函数，由g(x)1，此时函数g(x)为减函数，故当x1时，g(x)取得极大值，同时也是最大值，为g(1).则的最大值为，则，得2ekk1，即k(2e1)1，则k，故正数k的取值范围是.答案：152019西藏山南模拟已知函数f(x).(1)当a1时，求曲线yf(x)在(0，f(0)处的切线方程；(2)求函数f(x)的单调区间解析：(1)当a1时，f(x)，则f(x).又f(0)1，f(0)2.所以曲线yf(x)在(0，f(0)处的切线方程为y(1)2(x0)，即y2x1.(2)由函数f(x)，得f(x).
6、当a0时，f(x)0时，x1，所以x，f(x)，f(x)变化情况如下表：x(，1)f(x)0f(x)极小值所以f(x)的单调递减区间为(，1)，单调递增区间为.当a0时，x1，所以x，f(x)，f(x)变化情况如下表：x(1，)f(x)0f(x)极大值所以f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为，(1，)162019广东广州二模已知函数f(x)(x2)ln xax24x7a.(1)若a，求函数f(x)的所有零点；(2)若a，证明函数f(x)不存在极值解析：(1)当a时，f(x)(x2)ln xx24x，函数f(x)的定义域为(0，)，则f(x)ln xx3.设g(x)ln xx3，则g(x)1
7、.当0x1时，g(x)1时，g(x)0，所以函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以当x0时，g(x)g(1)0(当且仅当x1时取等号)，即当x0时，f(x)0(当且仅当x1时取等号)所以函数f(x)在(0，)上单调递增，至多有一个零点因为f(1)0，所以x1是函数f(x)唯一的零点所以函数f(x)的零点只有x1.(2)方法一f(x)(x2)ln xax24x7a，函数f(x)的定义域为(0，)，且f(x)ln x2ax4.当a时，f(x)ln xx3，由(1)知ln xx30.即当x0时，f(x)0，所以f(x)在(0，)上单调递增所以f(x)不存在极值方法二f(x)(
8、x2)ln xax24x7a，函数f(x)的定义域为(0，)，且f(x)ln x2ax4.设m(x)ln x2ax4，则m(x)2a(x0)设h(x)2ax2x2(x0)，当a时，令h(x)2ax2x20，解得x10.可知当0xx2时，h(x)0，即m(x)x2时，h(x)0，即m(x)0，所以f(x)在(0，x2)上单调递减，在(x2，)上单调递增由(1)知ln xx30，则f(x2)ln x2x23(2a1)x2(2a1)x20.所以f(x)f(x2)0，即f(x)在定义域上单调递增所以f(x)不存在极值172019江西吉安一模已知函数f(x)ex，g(x)x2x1(e为自然对数的底数)(
9、1)记F(x)ln xg(x)，求函数F(x)在区间1,3上的最大值与最小值；(2)若kZ，且f(x)g(x)k0对任意xR恒成立，求k的最大值解析：(1)F(x)ln xg(x)ln xx2x1，F(x)，令F(x)0，得x或x2，易知函数F(x)在区间(1,2)上单调递减，在区间(2,3)上单调递增当1x3时，F(x)minF(2)4ln 2，F(x)maxmaxF(1)，F(3)4ln 3.(2)f(x)g(x)k0对任意xR恒成立，exx2x1k0对任意xR恒成立，kexx2x1对任意xR恒成立令h(x)exx2x1，则h(x)exx.令(x)exx，则(x)ex10，所以h(x)在R
10、上单调递增又h(0)0，he20，所以存在唯一的x0，使得h(x0)0，且当x(，x0)时，h(x)0.h(x)在(，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增h(x)minh(x0)ex0xx01.又h(x0)0，即ex0x00，ex0x0.h(x0)x0xx01(x7x03)x0，h(x0).kexx2x1对任意xR恒成立，kh(x0)，又kZ，kmax1.182019福建福州质量抽测设函数f(x)(ax1)e1x.(1)当a0时，求函数f(x)的单调区间；(2)当a1时，若函数f(x)与函数yx24xm(mR)的图象总有两个交点，设两个交点的横坐标分别为x1，x2.求m的取值范围；求证：x
11、1x24.解析：(1)由已知得，f(x)ae1x，由于e1x0，a0，令f(x)0，得x，令f(x)，当a0时，f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是.(2)当a1时，f(x)(x1)e1x.解法一令g(x)f(x)x24xm(x1)e1xx24xm，g(x)(e1x2)(x2)，由g(x)2，由g(x)0得，x0，即m4，m的取值范围为.解法二f(x)e1x(x2)，由f(x)2，由f(x)0得，x228m，解得m4，m的取值范围为.由题意知，x1，x2为函数g(x)f(x)x24xm(x1)e1xx24xm的两个零点，由知，不妨设x12x2，则4x24，只需证明g(x1)g(4x2)，又g(x1)g(x2)，只需证明g(x2)g(4x2)令H(x2)g(x2)g(4x2)(x22)，则H(x2)(x21)e(x23)e，H(x2)(x22)(ee)又x22，e1，即ee0，H(x2)0，即H(x2)在(2，)上为增函数，H(x2)H(2)0，g(x2)g(4x2)成立，x1x24.