二輪復習數(shù)學理重點生通用版：專題跟蹤檢測三 導數(shù)的簡單應用 Word版含解析

《二輪復習數(shù)學理重點生通用版：專題跟蹤檢測三 導數(shù)的簡單應用 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《二輪復習數(shù)學理重點生通用版：專題跟蹤檢測三 導數(shù)的簡單應用 Word版含解析（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題跟蹤檢測（三）專題跟蹤檢測（三）導數(shù)的簡單應用導數(shù)的簡單應用一、全練保分考法一、全練保分考法保大分保大分1函數(shù)函數(shù) f(x)excos x 的圖象在點的圖象在點(0，f(0)處的切線方程是處的切線方程是()Axy10Bxy10Cxy10Dxy10解析解析：選選 C依題意依題意，f(0)e0cos 01，因為因為 f(x)excos xexsin x，所以所以 f(0)1，所以切線方程為所以切線方程為 y1x0，即，即 xy10，故選，故選 C.2已知函數(shù)已知函數(shù) f(x)x25x2ln x，則函數(shù)，則函數(shù) f(x)的單調遞增區(qū)間是的單調遞增區(qū)間是()A.0，12 和和(1，)B(0,1)和

2、和(2，)C.0，12 和和(2，)D(1,2)解析：解析：選選 C函數(shù)函數(shù) f(x)x25x2ln x 的定義域是的定義域是(0，)，且，且 f(x)2x52x2x25x2x x2 2x1 x.由由 f(x)0，解得，解得 0 x2，故函數(shù)，故函數(shù) f(x)的單調遞增區(qū)間是的單調遞增區(qū)間是0，12 和和(2，)3(2018石家莊模擬石家莊模擬)已知已知 f(x)ln xx，其中，其中 e 為自然對數(shù)的底數(shù)，則為自然對數(shù)的底數(shù)，則()Af(2)f(e)f(3)Bf(3)f(e)f(2)Cf(e)f(2)f(3)Df(e)f(3)f(2)解析解析：選選 D由由 f(x)ln xx，得得 f(x)

3、1ln xx2，令令 f(x)0，解得解得 xe，當當 x(0，e)時時，f(x)0，函數(shù)函數(shù) f(x)單調遞增單調遞增，當當 x(e，)時時，f(x)0，函數(shù)函數(shù) f(x)單調遞減單調遞減，故故 f(x)在在 xe 處取得最大值處取得最大值 f(e)，f(2)f(3)ln 22ln 333ln 22ln 36ln 8ln 960，f(2)f(3)f(2)，故選，故選D.4(2019 屆高三屆高三廣州調研廣州調研)已知直線已知直線 ykx2 與曲線與曲線 yxln x 相切，則實數(shù)相切，則實數(shù) k 的值為的值為()Aln 2B1C1ln 2D1ln 2解析解析： 選選 D由由 yxln x 知

4、知 yln x1， 設切點為設切點為(x0， x0ln x0)， 則切線方程為則切線方程為 yx0lnx0(ln x01)(xx0)，因為切線，因為切線 ykx2 過定點過定點(0，2)，所以，所以2x0ln x0(ln x01)(0 x0)，解得，解得 x02，故，故 k1ln 2，選，選 D.5已知定義在已知定義在 R 上的可導函數(shù)上的可導函數(shù) f(x)的導函數(shù)為的導函數(shù)為 f(x)，滿足，滿足 f(x)f(x)，且，且 f(x3)為為偶函數(shù)，偶函數(shù)，f(6)1，則不等式，則不等式 f(x)ex的解集為的解集為()A(2，)B(0，)C(1，)D(4，)解析：解析：選選 B因為因為 f(x

5、3)為偶函數(shù)，為偶函數(shù)，所以所以 f(3x)f(x3)，因此因此 f(0)f(6)1.設設 h(x)f x ex，則原不等式即，則原不等式即 h(x)h(0)又又 h(x)f x exf x ex ex 2f x f x ex，依題意依題意 f(x)f(x)，故，故 h(x)0，因此函數(shù)因此函數(shù) h(x)在在 R 上是增函數(shù)，上是增函數(shù)，所以由所以由 h(x)h(0)，得，得 x0.故選故選 B.6已知定義在已知定義在 R 上的函數(shù)上的函數(shù) yf(x)滿足滿足 f(x)f(x)，當，當 x(0,2時，時，f(x)ln xaxa12 ，當，當 x2,0)時，時，f(x)的最小值為的最小值為 3，

6、則，則 a 的值等于的值等于()Ae2BeC2D1解析：解析：選選 A因為定義在因為定義在 R 上的函數(shù)上的函數(shù) yf(x)滿足滿足 f(x)f(x)，所以所以 yf(x)為奇函數(shù)，其圖象關于原點對稱，為奇函數(shù)，其圖象關于原點對稱，因為當因為當 x2,0)時，時，f(x)的最小值為的最小值為 3，所以當所以當 x(0,2時，時，f(x)ln xaxa12 的最大值為的最大值為3.又又 f(x)1axx(0 x2)，所以當所以當 0 x0；當當1ax2 時，時，f(x)0；所以函數(shù)所以函數(shù) f(x)ln xax 在區(qū)間在區(qū)間0，1a 上單調遞增，在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間1a，2上單調遞減，上單調

7、遞減，故故 f(x)maxf1a ln1aa1a3，解得，解得 ae2.7若函數(shù)若函數(shù) f(x)ln x12ax22x 存在單調遞減區(qū)間，則實數(shù)存在單調遞減區(qū)間，則實數(shù) a 的取值范圍是的取值范圍是_解析：解析：f(x)1xax21ax22xx，由題意知，由題意知 f(x)0，ax22x10 有實數(shù)解有實數(shù)解當當 a0 時時，顯然滿足顯然滿足；當當 a0，1a1.答案：答案：(1，)8已知函數(shù)已知函數(shù) f(x)exmx1 的圖象為曲線的圖象為曲線 C，若曲線，若曲線 C 存在與直線存在與直線 yex 垂直的切垂直的切線，則實數(shù)線，則實數(shù) m 的取值范圍是的取值范圍是_解析：解析：函數(shù)函數(shù) f(

8、x)的導數(shù)的導數(shù) f(x)exm，設切點為，設切點為(x0，ex0mx01)，即切線斜率，即切線斜率 kex0m，若曲線，若曲線 C 存在與直線存在與直線 yex 垂直的切線，則滿足垂直的切線，則滿足(ex0m)e1，即即 ex0m1e有解，有解，即即 mex01e有解，有解，ex01e1e，m1e.答案：答案：1e，9已知已知 x0為函數(shù)為函數(shù) f(x)(ea)x3x 的極值點，若的極值點，若 x0e3，13e (e 為自然對數(shù)的底數(shù)為自然對數(shù)的底數(shù))，則實數(shù)則實數(shù) a 的取值范圍是的取值范圍是_解析解析： f(x)aeax3， 則則 f(x0)3aeax00， 由于由于 eax00， 則則

9、 a0，則，則 x0t3ln t，構造函數(shù)，構造函數(shù) g(t)t3ln t(t0)，g(t)13ln t1313(ln t1)，當，當 0t0，g(t)為增函數(shù)，且為增函數(shù)，且 g(t)0 恒成立，當恒成立，當 t1e時，時，g(t)0，g(t)為為減函數(shù)減函數(shù)，g(t)maxg1e 13e，且且 g(e)e3，因此當因此當 x0e3，13e 時時，0te，即即 00，g 2 0，2m0，解得解得6m2.所以實數(shù)所以實數(shù) m 的取值范圍為的取值范圍為(6,2)11(2018成都模擬成都模擬)已知函數(shù)已知函數(shù) f(x)(ax1)ln xx22.(1)若若 a2，求曲線，求曲線 yf(x)在點在點

10、(1，f(1)處的切線處的切線 l 的方程；的方程；(2)設函數(shù)設函數(shù) g(x)f(x)有兩個極值點有兩個極值點 x1，x2，其中其中 x1(0，e，求求 g(x1)g(x2)的最小值的最小值解：解：(1)當當 a2 時，時，f(x)(2x1)ln xx22，則則 f(x)2ln xx1x2，f(1)2，f(1)12，切線切線 l 的方程為的方程為 y122(x1)，即，即 4x2y30.(2)函數(shù)函數(shù) g(x)aln xx1xa，定義域為，定義域為(0，)，則則 g(x)1ax1x2x2ax1x2，令，令 g(x)0，得，得 x2ax10，其兩根為，其兩根為 x1，x2，且且 x1x2a，x

11、1x21，故故 x21x1，ax11x1.g(x1)g(x2)g(x1)g1x1aln x1x11x1aaln1x11x1x1a2x11x12alnx12x11x12x11x1ln x1，令令 h(x)2x1x 2x1x ln x.則則g(x1)g(x2)minh(x)min，又又 h(x)2 1x 1x ln xx2，當當 x(0,1時，時，h(x)0，當當 x(1，e時，時，h(x)0，即當即當 x(0，e時，時，h(x)單調遞減，單調遞減，h(x)minh(e)4e，故故g(x1)g(x2)min4e.12(2018鄭州模擬鄭州模擬)已知函數(shù)已知函數(shù) f(x)ln xx，g(x)13mx

12、3mx(m0)(1)求曲線求曲線 yf(x)在點在點(1，f(1)處的切線方程；處的切線方程；(2)若對任意的若對任意的 x1(1,2)，總存在，總存在 x2(1,2)，使得，使得 f(x1)g(x2)，求實數(shù)，求實數(shù) m 的取值范圍的取值范圍解解：(1)易知切點為易知切點為(1，1)，f(x)1x1，切線的斜率切線的斜率 kf(1)0，故切線方程為故切線方程為 y1.(2)設設 f(x)在區(qū)間在區(qū)間(1,2)上的值域為上的值域為 A，g(x)在區(qū)間在區(qū)間(1,2)上的值域為上的值域為 B，則由題意可得，則由題意可得 AB.f(x)ln xx，f(x)1x11xx0 時，時，g(x)0 在在

13、x(1,2)上恒成立，上恒成立，則則 g(x)在在(1,2)上是增函數(shù)，此時上是增函數(shù)，此時 g(x)在區(qū)間在區(qū)間(1,2)上的值域上的值域 B 為為23m，23m，則則m0，23m1，23mln 22，解得解得 m32(ln 22)332ln 2.當當 m0 時，時，g(x)0 在在 x(1,2)上恒成立，上恒成立，則則 g(x)在在(1,2)上是減函數(shù)，此時上是減函數(shù)，此時 g(x)在區(qū)間在區(qū)間(1,2)上的值域上的值域 B 為為23m，23m，則則m0 恒成立恒成立，函數(shù)函數(shù) f(x)在在(0，)上單調遞增上單調遞增，則函數(shù)則函數(shù) f(x)不存在兩個不同的零點不存在兩個不同的零點當當a0

14、 時時， 由由 f(x)0， 得得 x12a， 當當 0 x0， 函數(shù)函數(shù) f(x)單調遞增單調遞增， 當當 x12a時時， f(x)0，即即 ln 2a1，所所以以 02a1e，即，即 0a0 對任意的對任意的 x1 恒成立，恒成立，則則m 的最大值為的最大值為()A2B3C4D5解析解析：選選 B法一法一：因為因為 f(x)xxln x，且且 f(x)m(x1)0 對任意的對任意的 x1 恒成立恒成立，等等價于價于 mxxln xx1在在(1，)上恒成立，上恒成立，等價于等價于 m1)令令 g(x)xxln xx1(x1)，所以，所以 g(x)x2ln x x1 2.易知易知 g(x)0

15、必有實根，設為必有實根，設為 x0，則則 x02ln x00，且，且 g(x)在在(1，x0)上單調遞減，在上單調遞減，在(x0，)上單調遞增，此時上單調遞增，此時 g(x)ming(x0)x0 x0ln x0 x01x0 x0 x02 x01x0， 因此因此 mx0， 令令 h(x)x2ln x， 可得可得 h(3)0，又又 mZ，故，故 m 的最大值為的最大值為 3.故選故選 B.法二：法二：f(x)m(x1)在在(1，)上恒成立，上恒成立，而而 f(x)2ln x，得，得 f(x)在在(0，e2)上單調遞減，在上單調遞減，在(e2，)上單調遞增，上單調遞增，由圖象可知由圖象可知，過點過點

16、(1,0)的直線的直線 ym(x1)必在必在 f(x)的圖象下方的圖象下方，設過點設過點(1,0)且與且與 f(x)的的圖象相切的直線的斜率為圖象相切的直線的斜率為 k，則，則 mk.此時設切點為此時設切點為(x0，x0 x0ln x0)，則有則有 k2ln x0 x0 x0ln x0 x01，可得可得 x0ln x020，令，令 g(x)xln x2，顯然顯然 g(e)0，所以，所以 ex0e2，所以，所以 1ln x02,3k4，又，又 m0，aR 恒成立，則實恒成立，則實數(shù)數(shù)m 的最大值為的最大值為()A. eB2CeD3解析解析：選選 Bb(a2)2ln b(a1)2等價于點等價于點

17、P(b，ln b)與點與點 Q(a2，a1)距離距離的平方，易知點的平方，易知點 P，Q 分別在曲線分別在曲線 C：yln x 及直線及直線 l：yx1 上上令令 f(x)ln x，則，則 f(x)1x，令，令 f(x)1，得，得 x1，故與直線，故與直線 l 平行且與曲線平行且與曲線 C 相切相切的直線的直線 l與曲線與曲線 C 的切點為的切點為(1,0)， 所以所以|PQ|min22 2， 所以所以 m2m2， 解得解得1m2，所以所以 m 的最大值為的最大值為 2.故選故選 B.5設函數(shù)設函數(shù) f(x)exax，g(x)ln(x3)4exa，其中，其中 e 為自然對數(shù)的底數(shù)，若存在為自然

18、對數(shù)的底數(shù)，若存在實數(shù)實數(shù) x0，使得，使得 f(x0)g(x0)2 成立，則實數(shù)成立，則實數(shù) a 的值為的值為()A2ln 2B1ln 2C1ln 2D2ln 2解析：解析：選選 D由已知得由已知得 f(x)g(x)exaxln(x3)4exa，設設 h(x)exa4exa，u(x)xln(x3)，所以所以 h(x)exa4exa2 exa4exa4，當且僅當，當且僅當 exa2 時等號成立時等號成立u(x)11x3x2x3(x3)，令令 u(x)0，得，得 x2；令令 u(x)0，得得3x0，若直線，若直線 MNx 軸，則軸，則 M，N 兩點間的距離的最小值為兩點間的距離的最小值為()A1

19、B2C3D4解析：解析：選選 A設設 h(x1)|MN|，由題意知，由題意知 h(x1)x2x1，x11，由由 MNx 軸可得軸可得 g(x2)f (x1)，即即 x2ex1112(x11)21，所以所以 h(x1)x2x1ex1112(x11)2x11，h(x1)ex11x1，h(x1)ex111，因為因為 h(x1)h(1)0，所以所以 h(x1)在在1，)上是增函數(shù)，上是增函數(shù)，所以所以 h(x1)h(1)0，因此因此 h(x1)在在1，)上是增函數(shù)，所以上是增函數(shù)，所以 h(x1)h(1)1，故選，故選 A.7若對任意的若對任意的 x1e，1，e 為自然對數(shù)的底數(shù)，總存在唯一的為自然對

20、數(shù)的底數(shù)，總存在唯一的 y1,1，使得，使得 ln xx1ay2ey成立，則實數(shù)成立，則實數(shù) a 的取值范圍為的取值范圍為()A.1e，eB.2e，eC.2e，D.2e，e1e解析：解析：選選 B設設 f(x)ln xx1a，則則 f(x)1x11xx.因為因為 x1e，1，所以，所以 f(x)0，f(x)在在1e，1上單調遞增，所以上單調遞增，所以 f(x)a1e，a.設設 g(y)y2ey，y1,1，則則 g(y)y(y2)ey.由由 g(y)0，得，得1y0，得，得 0y1.所以函數(shù)所以函數(shù) g(y)在在1,0上單調遞減，在上單調遞減，在0,1上單調遞增，且上單調遞增，且 g(1)1eg

21、(1)e.對任意的對任意的 x1e，1，總存在唯一的，總存在唯一的 y1,1，使得，使得 ln xx1ay2ey成立，等價成立，等價于于 f(x)的值域是的值域是 g(y)的不含極值點的單值區(qū)間的子集，的不含極值點的單值區(qū)間的子集，故故a1e，a1e，e，所以，所以2e0 時時，f(x)f(x3)0；當當 x(0,3)時，時，f(x)eln xx，其中，其中 e 是自然對數(shù)的底數(shù)，且是自然對數(shù)的底數(shù)，且 e2.72，則方程，則方程 6f(x)x0 在在9,9上的上的解的個數(shù)為解的個數(shù)為()A4B5C6D7解析：解析：選選 D依題意，當依題意，當 x(0,3)時，時，f(x)e 1ln x x2

22、，令，令 f(x)0 得得 xe，故函，故函數(shù)數(shù) f(x)在區(qū)間在區(qū)間(0，e)上單調遞增上單調遞增，在區(qū)間在區(qū)間(e,3)上單調遞減上單調遞減，故在區(qū)間故在區(qū)間(0,3)上上，f(x)maxf(e)1.又函數(shù)又函數(shù) f(x)是定義在是定義在 R 上的奇函數(shù)上的奇函數(shù)，且當且當 x0 時時，f(x)f(x3)0，即即 f(x3)f(x)，f(0)0.由由 6f(x)x0，得，得 f(x)x6.在同一坐標系內作出函數(shù)在同一坐標系內作出函數(shù) yf(x)與與 yx6在區(qū)間在區(qū)間9,9 上的上的圖象如圖所示圖象如圖所示由圖可知由圖可知，函數(shù)函數(shù) yf(x)與與 yx6的圖象有的圖象有 7 個交點個交點，即方程即方程 6f(x)x0 的解的解的個數(shù)為的個數(shù)為 7.故選故選 D.