2020届高考数学理一轮复习精品特训专题三导数及其应用5导数在函数最值及生活实际中的应用A

导数及其应用（5）导数在函数最值及生活实际中的应用A1、已知函数10,xfxeaxaxaa若有且仅有两个整数(1,2)ixi，使得0ifx，则a的取值范围为()A.1[,1)21eB.21[,1)2eC.211(,]22eD.11(,]212e2、已知函数xfxexe,若对任意的0,,xfxmx恒成立,则 m的取值范围为()A.,1B.,1C.,2D.(,2]3、若曲线(02)xfxaeaxx和32(0)gxxxx上分别存在点,?AB,使得△AOB是以原点 O为直角顶点的直角三角形,AB交y轴于点 C,且12ACCBuuuruur,则实数a的取值范围是()A.211,10(1)6(1)eeB.11,6(1)2eC.1,11eD.211,10(1)2e4、已知12xfxe,ln12xgx,若fmgn,则nm的最小值为()A.2ln2B.22ln3C.32ln2D.4ln25、已知函数()xfxee,()ln1gxx,若对于1xR,2(0,)x,使得12()()fxgx,则12xx的最大值为()A.eB.1eC.1D.11e6、已知函数32e,0()461,0xxfxxxx,其中e为自然对数的底数，则函数2()3[()]10()3gxfxfx的零点个数为（）A.4B.5C.6D.37、已知函数32,1()ln,1(1)xxxfxaxxxx，若曲线()yfx上始终存在两点,AB，使得OAOB，且AB的中点在y轴上，则正实数a的取值范围为（）A.(0,)B.1(0,]eC.1[,)eD.[,)e8、已知函数2lnxfxx,若方程0fxa恰有两个不同的实数根，则实数a的取值范围是()A．102aeB．12aeC．2aeD．12ae9、已知函数()lnfxxxk，在区间1[,e]e上任取三个数,,abc，均存在以(),(),()fafbfc为边长的三角形，则k的取值范围是()A.(1,)B.(,1)C.(,e3)D.(e3,)10、函数()exfxx(e为自然对数的底数)在区间1,1上的最大值是()A.11eB.1C.e1D.e111、对于函数yfx,若其定义域内存在两个不同的实数1?2,xx,使得,11,2iixfxi成立,则称函数 fx具有性质P,若函数xefxa具有性质P,则实数a的取值范围是__________12、函数,ln14xaaxfxexgxxe,若0x使得004fxgx,则a__________.13、函数xafxex,ln14axgxxe,若0x使得004fxgx,则a__________14、若存在实常数k和 b,使得函数Fx和Gx对其公共定义域上的任意实数 x都满足:Fxkxb和Gxkxb恒成立,则称此直线ykxb为Fx和Gx的“隔离直线”,已知函数21,0,2lnfxxxRgxxhxexx(e为自然对数的底数),有下列命题:①mxfxgx在31,02x内单调递增;② fx和gx之间存在“隔离直线”,且 b的最小值为4;③ fx和gx之间存在“隔离直线”,且k的取值范围是4,1;④ fx和gx之间存在唯一的“隔离直线”2yexe.其中真命题的序号为__________.(请填写正确命题的序号)15、已知函数()e()elnxxfxaxbx1.若函数()fx在1x处取得极值,且1b,求a;2.若ba,且函数()fx在[1,)上单调递增,求a的取值范围答案以及解析1答案及解析：答案：B解析：2答案及解析：答案：D解析：3答案及解析：答案：D解析：4答案及解析：答案：D解析：5答案及解析：答案：D解析：6答案及解析：答案：A解析：求得当0x时，()fx的导数，可得单调性和最值，作出()fx的图象，可令()0,()gxtfx，可得231030tt，解得t,分别考虑13t和3t时函数()gx的零点个数，即可判断．7答案及解析：答案：D解析：根据条件可知,AB两点的横坐标互为相反数，不妨设32(,)Attt，(,())Btft(0)t，若1t，则32()fttt，由OAOB，所以0OAOB，即23232()()0ttttt，方程无解；若1t，显然不满足OAOB；若1t，则ln()(1)atfttt，由0OAOB，即232ln()0(1)atttttt，即lntat，因为2ln1()'ln(ln)tttt，所以函数lntt在(0,)e上递减，在(,)e上递增，故在te处取得极小值也即是最小值lneee，所以函数lntyt在(1,)上的值域为[,)e，故[,)ae.故选D.8答案及解析：答案：A解析：∵2lnxfxx,则'432ln12lnxxxxfxxx，令'0fx，则1ln2x，∴当120,ex时，'0fx，单调递增，当12e,x时，'0fx单调递减，12ex时，fx最大为12e，∴fx的大致图像如图：要使方程0fxa恰有两个不同的实数根，即函数ya与函数yfx有两个不同的交点，∴102ae.故选A.9答案及解析：答案：D解析：10答案及解析：答案：D解析：11答案及解析：答案：1,0e解析：12答案及解析：答案：2ln解析：13答案及解析：答案：ln2解析：14答案及解析：答案：①②④解析：15答案及解析：答案：1.1'()elnxfxaxbxax因为()fx在1x处取得极值,所以'(1)0f,即21ab,又1b,所以0a2.()e(ln)xfxaxax,11'()elnelnxxfxaxaxaaxxxx()fx在[1,)上单调递增'()0fx在[1,)上恒成立1ln0axxx在[1,)上恒成立法一:(分离参数法)则2ln1xaxx在[1,)上恒成立令2ln1()xgxxx,下面求()gx在[1,)上的最大值.242331ln111ln2ln2'()2xxxxxxxgxxxxxxx令()ln2hxxxx,则1'()11lnlnhxxxxx显然,当1x时,'()0hx,即()hx单调递减,从而()(1)1hxh所以,当1x时,()0gx,即()gx单调递减,从而max()(1)1gxg因此,1a法二:fx在[1,)上单调递增'()0fx在[1,)上恒成立即1ln0axxx在[1,)x上恒成立.令1()lngxaxxx,222111'()axxgxaxxx令2()1hxaxx1x,①当0a时,()10hxx,所以()0gx,即()gx在1,上单调递减.而(1)110ga,与()0gx在[1,)x上恒成立相矛盾.②当0a时,(I)140a,即14a时,()0hx,即()0,1,gxx,所以()gx在1,上递增,所以min()(1)10gxga,即1a.(II)0,即104a时,此时(1)10ga,不合题意③当0a时,[1,)x时,()0hx,即'()0gx,[1,)x,从而()gx在1,上单调递减,且(1)10ga,矛盾.综上可知:1a解析：