1、 专题强化训练 1函数 f(x)1 2x 2ln x 的最小值为( ) A.1 2 B1 C0 D不存在 解析：选 A.因为 f(x)x1 x x21 x ，且 x0.令 f(x)0，得 x1；令 f(x)0，t0)在点 M 4 t，2 处的切线 与曲线 C2：yex 11 也相切，则 t 的值为( ) A4e2 B4e C.e 2 4 D. e 4 解析： 选 A.由 y tx， 得 y t 2 tx， 则切线斜率为 k t 4， 所以切线方程为 y2 t 4 x4 t ， 即 yt 4x1.设切线与曲线 ye x11 的切点为(x 0，y0)由 ye x11，得 yex1，则由 ex0 1
2、t 4，得切点坐标为 ln t 41， t 41 ，故切线方程又可表示为 y t 41 t 4 xln t 41 ，即 yt 4x t 4ln t 4 t 21，所以由题意，得 t 4ln t 4 t 211，即 ln t 42，解得 t4e 2，故选 A. 9(2019 金华十校高考模拟)已知函数 f(x)2 3x 3x2ax1，若曲线存在两条斜率为 3 的 切线，且切点的横坐标都大于 0，则实数 a 的取值范围为_ 解析：由题意知，f(x)2 3x 3x2ax1 的导数 f(x)2x22xa. 2x22xa3 有两个不等正根，则 48（a3）0 1 2（a3）0 ， 得 3a7 2. 答案
3、： 3，7 2 10(2019 湖州市高三期末)定义在 R 上的函数 f(x)满足：f(1)1，且对于任意的 xR， 都有 f(x)1 2，则不等式 f(log2x) log2x1 2 的解集为_ 解析：设 g(x)f(x)1 2x， 因为 f(x)1 2， 所以 g(x)f(x)1 20， 所以 g(x)为减函数，又 f(1)1， 所以 f(log2x)log2x1 2 1 2log2x 1 2， 即 g(log2x)f(log2x)1 2log2x 1 2 g(1)f(1)1 2g(log22)， 所以 log2xlog22，又 ylog2x 为底数是 2 的增函数， 所以 0x2， 则不
4、等式 f(log2x)log2x1 2 的解集为(0，2) 答案：(0，2) 11(2019 绍兴、诸暨高考二模)已知函数 f(x)x33x，函数 f(x)的图象在 x0 处的切线 方程是_；函数 f(x)在区间0，2内的值域是_ 解析：函数 f(x)x33x，切点坐标(0，0)，导数为 y3x23，切线的斜率为3， 所以切线方程为 y3x； 3x230，可得 x 1，x(1，1)，y0，函数是减函数，x(1，)，y0 函数是增函数，f(0)0，f(1)2，f(2)862， 函数 f(x)在区间0，2内的值域是2，2 答案：y3x 2，2 12(2019 台州市高三期末考试)已知函数 f(x)
5、x23xln x，则 f(x)在区间1 2，2上的最 小值为_；当 f(x)取到最小值时，x_ 解析：f(x)2x31 x 2x23x1 x (x0)， 令 f(x)0，得 x1 2，1， 当 x(1 2，1)时，f(x)0，x(1，2)时，f(x)0， 所以 f(x)在区间1 2，1上单调递减，在区间1，2上单调递增， 所以当 x1 时，f(x)在区间1 2，2上的最小值为 f(1)2. 答案：2 1 13(2019 唐山二模)已知函数 f(x)ln xnx(n0)的最大值为 g(n)，则使 g(n)n20 成 立的 n 的取值范围为_ 解析：易知 f(x)的定义域为(0，) 因为 f(x)
6、1 xn(x0，n0)， 当 x 0，1 n 时，f(x)0， 当 x 1 n， 时，f(x)0 成立的 n 的取值范围为(0，1) 答案：(0，1) 14(2019 浙江东阳中学期中检测)设函数 f(x)ex(2x1)axa，其中 a0， 所以当 x1 2时，g(x)min2e 1 2，当 x0 时，g(0)1，g(1)e0，直线 yaxa 恒过(1，0)，斜率为 a，故ag(0)1，且 g(1)3e 1aa，解得3 2ea1. 答案： 3 2ea1 15设函数 f(x)1 3x 3a 2x 2bxc，曲线 yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为 y1. (1)求 b，c 的值； (2)
7、若 a0，求函数 f(x)的单调区间； (3)设函数 g(x)f(x)2x，且 g(x)在区间(2，1)内存在单调递减区间，求实数 a 的取值 范围 解：(1)f(x)x2axb， 由题意得 f（0）1， f（0）0，即 c1， b0. (2)由(1)得，f(x)x2axx(xa)(a0)， 当 x(，0)时，f(x)0； 当 x(0，a)时，f(x)0； 当 x(a，)时，f(x)0. 所以函数 f(x)的单调递增区间为(，0)，(a，)，单调递减区间为(0，a) (3)g(x)x2ax2，依题意，存在 x(2，1)， 使不等式 g(x)x2ax20 成立， 即 x(2，1)时，a x2 x
8、 max2 2， 当且仅当 x2 x即 x 2时等号成立 所以满足要求的 a 的取值范围是(，2 2) 16(2019 浙江金华十校第二学期调研)设函数 f(x)exx，h(x)kx3kx2x1. (1)求 f(x)的最小值； (2)设 h(x)f(x)对任意 x0，1恒成立时 k 的最大值为 ，证明：46. 解：(1)因为 f(x)exx，所以 f(x)ex1， 当 x(，0)时，f(x)0，f(x)单调递减， 当 x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递增， 所以 f(x)minf(0)1. (2)证明：由 h(x)f(x)，化简可得 k(x2x3)ex1， 当 x0，1 时，kR， 当
9、x(0，1)时，k ex1 x2x3， 要证：46，则需证以下两个问题； ex1 x2x34 对任意 x(0，1)恒成立； 存在 x0(0，1)，使得ex01 x20x306 成立 先证： ex1 x2x34，即证 e x14(x2x3)， 由(1)可知，exx1 恒成立， 所以 ex1x，又 x0，所以 ex1x， 即证 x4(x2x3)14(xx2)(2x1)20， (2x1)20，显然成立， 所以 ex1 x2x34 对任意 x(0，1)恒成立； 再证存在 x0(0，1)，使得ex01 x20x306 成立 取 x01 2， e1 1 4 1 8 8( e1)，因为 e7 4， 所以 8
10、( e1)83 46， 所以存在 x0(0，1)，使得ex01 x20x306， 由可知，46. 17(2019 宁波市高考模拟)已知 f(x)xa 2 x ，g(x)xln x，其中 a0.若对任意的 x1，x2 1，e都有 f(x1)g(x2)成立，求实数 a 的取值范围 解：对任意的 x1，x21，e都有 f(x1)g(x2)当 x1，e有 f(x)ming(x)max， 当 x1，e时，g(x)11 x0， 所以 g(x)在 x1，e上单调递增， 所以 g(x)maxg(e)e1. 当 x1，e时，f(x)1a 2 x2 x2a2 x2 ， 因为 a0， 所以令 f(x)0 得 xa.
11、 当 0a1 时，f(x)0，所以 f(x)在1，e上单调递增， 所以 f(x)minf(1)a21. 令 a21e1 得 a e，这与 0a1 矛盾 当 1ae 时，若 1xa，则 f(x)0， 若 axe，则 f(x)0， 所以 f(x)在1，a上单调递减，在a，e上单调递增， 所以 f(x)minf(a)2a，令 2ae1 得 ae1 2 ， 又 1ae， 所以e1 2 ae. 当 ae 时，f(x)0，所以 f(x)在1，e上单调递减， 所以 f(x)minf(e)ea 2 e . 令 ea 2 e e1 得 a e，又 ae， 所以 ae. 综合得，所求实数 a 的取值范围是 e1
12、2 ， . 18(2019 宁波九校联考)已知函数 f(x)e x 1 1x. (1)证明：当 x0，3时，e x 1 19x； (2)证明：当 x2，3时，2 7f(x)0. 证明：(1)要证 e x 1 19x，也即证 e x19x. 令 F(x)ex9x1，则 F(x)ex9. 令 F(x)0，则 x2ln 3.因此，当 0x2ln 3 时，有 F(x)0，故 F(x)在0，2ln 3)上单调 递减；当 2ln 3x3 时，有 F(x)0，故 F(x)在2ln 3，3上单调递增 所以，F(x)在0，3上的最大值为 maxF(0)，F(3) 又 F(0)0，F(3)e3280.故 F(x)
13、0，x0，3成立， 即 ex19x，x0，3成立原命题得证 (2)由(1)得：当 x2，3时，f(x)e x 1 1x 1 19x 1 1x. 令 t(x) 1 19x 1 1x， 则 t(x)(19x) 29(1x)2 1 （1x）2 9 （19x）2 （19x）29（1x）2 （19x）2（1x）2 72x28 （19x）2（1x）20，x2，3 所以，t(x)在2，3上单调递增，即 t(x)t(2)16 57 16 56 2 7，x2，3， 所以 f(x)2 7得证 下证 f(x)0. 即证 exx1 令 h(x)ex(x1)则 h(x)ex10， 所以 h(x)在2，3上单调递增， 所以，h(x)ex(x1)e230，得证 另证：要证 1 19x 1 1x 2 7，即证 9x 218x10， 令 m(x)9x218x19(x1)28 在2，3上递增，所以 m(x)m(2)10 得证
