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1、课时作业 5导数的简单应用12019四川绵阳第三次诊断函数f(x)excos x的图象在x0处的切线斜率为()A0B1Ce De2解析：f(x)excos x，f(x)excos xexsin xex(cos xsin x)，f(0)e0(cos 0sin 0)1，函数f(x)的图象在x0处的切线斜率为1.故选B.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：C
2、32019安徽蚌埠一中期中如图是导函数yf(x)的图象，那么函数yf(x)在下面哪个区间是减函数()A(x2，x4) B(x1，x3)C(x5，x6) D(x4，x6)解析：由题图可知，当f(x)0时，x(x2，x4)，即函数yf(x)的减区间为(x2，x4)故选A.答案：A42019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
3、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
4、(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
5、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(
6、0)处的切线方程为y(1)2(x0)，即y2x1.(2)由函数f(x)，得f(x).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(
7、x)的定义域为(0，)，则f(x)ln xx3.设g(x)ln xx3，则g(x)1.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
8、，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)(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1
9、72019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)(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
10、)exx2x1，则h(x)exx.令(x)exx，则(x)ex10，所以h(x)在R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江西景德镇第二次质检函数f(x)aexx2(2ab)x.(1)若a2，f(x)在R上单调递增，求b的最大值；(2)若b2ln 2，a1，证明：
11、对任意x0，f(x)0恒成立解析：(1)当a2时，f(x)2exx2(4b)x，因为f(x)在R上单调递增，所以f(x)2ex2x(4b)0对任意xR恒成立，即b2ex2x4在R上恒成立设(x)2ex2x4，则(x)2ex2，令(x)0，则x0；令(x)0，则x0.所以当x0时，(x)取得最小值，为(0)2，故b2，所以b的最大值为2.(2)因为b2ln 2，所以f(x)aexx2(2a2ln 2)x.将f(x)看成关于a的一次函数，即f(x)a(ex2x)x22ln2x，令g(x)ex2x，所以g(x)ex2，令g(x)0，则xln 2，令g(x)0，则xln 2，所以当xln 2时g(x)取得最小值，所以g(x)g(ln 2)22ln 20，即关于a的一次函数单调递增又a1，所以f(x)a(ex2x)x22ln 2xex2xx22ln 2x.令h(x)ex2xx22ln 2x，所以h(x)ex2x22ln 2g(x)22ln 20，所以h(x)在(0，)上单调递增，即h(x)h(0)1，所以对任意x0，f(x)h(x)0恒成立