《（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題跟蹤檢測（三）導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用 理（重點(diǎn)生含解析）.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題跟蹤檢測（三）導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用 理（重點(diǎn)生含解析）.doc（10頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
專題跟蹤檢測（三） 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用
一、全練保分考法——保大分
1．函數(shù)f(x)＝excos x的圖象在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程是( )
A．x＋y＋1＝0 B．x＋y－1＝0
C．x－y＋1＝0 D．x－y－1＝0
解析：選C 依題意，f(0)＝e0cos 0＝1，因?yàn)閒′(x)＝excos x－exsin x，所以f′(0)＝1，所以切線方程為y－1＝x－0，即x－y＋1＝0，故選C.
2．已知函數(shù)f(x)＝x2－5x＋2ln x，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是( )
A.和(1，＋∞) B．(0,1)和(2，＋∞)
C.和(2，＋∞) D．(1,2)
解析：選C 函數(shù)f(x)＝x2－5x＋2ln x的定義域是(0，＋∞)，且f′(x)＝2x－5＋＝＝.由f′(x)>0，解得0
2，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是和(2，＋∞)．
3．(2018石家莊模擬)已知f(x)＝，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，則( )
A．f(2)>f(e)>f(3) B．f(3)>f(e)>f(2)
C．f(e)>f(2)>f(3) D．f(e)>f(3)>f(2)
解析：選D 由f(x)＝，得f′(x)＝，令f′(x)＝0，解得x＝e，當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，故f(x)在x＝e處取得最大值f(e)，f(2)－f(3)＝－＝＝<0，
∴f(2)f(3)>f(2)，故選 D.
4．(2019屆高三廣州調(diào)研)已知直線y＝kx－2與曲線y＝xln x相切，則實(shí)數(shù)k的值為( )
A．ln 2 B．1
C．1－ln 2 D．1＋ln 2
解析：選D 由y＝xln x知y′＝ln x＋1，設(shè)切點(diǎn)為(x0，x0ln x0)，則切線方程為y－x0ln x0＝(ln x0＋1)(x－x0)，因?yàn)榍芯€y＝kx－2過定點(diǎn)(0，－2)，所以－2－x0ln x0＝(ln x0＋1)(0－x0)，解得x0＝2，故k＝1＋ln 2，選D.
5．已知定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，滿足f′(x)>f(x)，且f(x＋3)為偶函數(shù)，f(6)＝1，則不等式f(x)>ex的解集為( )
A．(－2，＋∞) B．(0，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)
解析：選B 因?yàn)閒(x＋3)為偶函數(shù)，
所以f(3－x)＝f(x＋3)，
因此f(0)＝f(6)＝1.
設(shè)h(x)＝，則原不等式即h(x)>h(0)．
又h′(x)＝＝，
依題意f′(x)>f(x)，故h′(x)>0，
因此函數(shù)h(x)在R上是增函數(shù)，
所以由h(x)>h(0)，得x>0.故選B.
6．已知定義在R上的函數(shù)y＝f(x)滿足f(－x)＝－f(x)，當(dāng)x∈(0,2]時(shí)，f(x)＝ln x－ax，當(dāng)x∈[－2,0)時(shí)，f(x)的最小值為3，則a的值等于( )
A．e2 B．e
C．2 D．1
解析：選A 因?yàn)槎x在R上的函數(shù)y＝f(x)滿足f(－x)＝－f(x)，
所以y＝f(x)為奇函數(shù)，其圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，
因?yàn)楫?dāng)x∈[－2,0)時(shí)，f(x)的最小值為3，
所以當(dāng)x∈(0,2]時(shí)，f(x)＝ln x－ax的最大值為－3.
又f′(x)＝(00；
當(dāng)0，∴ax2＋2x－1>0有實(shí)數(shù)解．當(dāng)a≥0時(shí)，顯然滿足；當(dāng)a<0時(shí)，只需Δ＝4＋4a>0，∴－1－1.
答案：(－1，＋∞)
8．已知函數(shù)f(x)＝ex－mx＋1的圖象為曲線C，若曲線C存在與直線y＝ex垂直的切線，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．
解析：函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)＝ex－m，設(shè)切點(diǎn)為(x0，ex0－mx0＋1)，即切線斜率k＝
e x0－m，若曲線C存在與直線y＝ex垂直的切線，則滿足(e x0－m)e＝－1，
即e x0－m＝－有解，
即m＝e x0＋有解，
∵e x0＋＞，∴m＞.
答案：
9．已知x0為函數(shù)f(x)＝(ea)x＋3x的極值點(diǎn)，若x0∈(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．
解析：f′(x)＝aeax＋3，則f′(x0)＝3＋aeax0＝0，由于eax0>0，則a<0，此時(shí)x0＝ln.令t＝－，t>0，則x0＝－ln t，構(gòu)造函數(shù)g(t)＝－ln t(t>0)，g′(t)＝－ln t－＝－(ln t＋1)，當(dāng)00，g(t)為增函數(shù)，且g(t)>0恒成立，當(dāng)t>時(shí)，g′(t)<0，g(t)為減函數(shù)，g(t)max＝g＝，且g(e)＝－，因此當(dāng)x0∈時(shí)，00時(shí)，g′(x)>0在x∈(1,2)上恒成立，
則g(x)在(1,2)上是增函數(shù)，此時(shí)g(x)在區(qū)間(1,2)上的值域B為，
則
解得m≥－(ln 2－2)＝3－ln 2.
當(dāng)m<0時(shí)，g′(x)<0在x∈(1,2)上恒成立，
則g(x)在(1,2)上是減函數(shù)，此時(shí)g(x)在區(qū)間(1,2)上的值域B為，
則解得m≤(ln 2－2)＝ln 2－3.
∴實(shí)數(shù)m的取值范圍是
∪.
二、強(qiáng)化壓軸考法——拉開分
1．已知函數(shù)f(x)＝xsin x，x1，x2∈，且f(x1)＜f(x2)，那么( )
A．x1－x2＞0 B．x1＋x2＞0
C．x－x＞0 D．x－x＜0
解析：選D 由f(x)＝xsin x得f′(x)＝sin x＋xcos x＝cos x(tan x＋x)，當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＞0，即f(x)在上為增函數(shù)，又f(－x)＝－xsin(－x)＝xsin x，因而f(x)為偶函數(shù)，∴當(dāng)f(x1)＜f(x2)時(shí)，有f(|x1|)＜f(|x2|)，∴|x1|＜|x2|，x－x＜0，故選 D.
2．(2018西安八校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax2，若f(x)恰有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，則a的取值范圍為( )
A. B.
C. D.
解析：選C 函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝－2ax＝.當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0恒成立，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則函數(shù)f(x)不存在兩個(gè)不同的零點(diǎn)．當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)＝0，得x＝，當(dāng)00，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x>時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，所以f(x)的最大值為f＝ln－a2＝－ln 2a－，于是要使函數(shù)f(x)恰有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，則需滿足－ln 2a－>0，即ln 2a<－1，所以0<2a<，即00對(duì)任意的x>1恒成立，則m的最大值為( )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：選B 法一：因?yàn)閒(x)＝x＋xln x，且f(x)－m(x－1)>0對(duì)任意的x>1恒成立，等價(jià)于m<在(1，＋∞)上恒成立，
等價(jià)于m1)．
令g(x)＝(x>1)，所以g′(x)＝.易知g′(x)＝0必有實(shí)根，設(shè)為x0，則x0－2－ln x0＝0，且g(x)在(1，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，此時(shí)g(x)min＝g(x0)＝＝＝x0，因此m0，又m∈Z，故m的最大值為3.故選B.
法二：f(x)>m(x－1)在(1，＋∞)上恒成立，
而f′(x)＝2＋ln x，得f(x)在(0，e－2)上單調(diào)遞減，在(e－2，＋∞)上單調(diào)遞增，
由圖象可知，過點(diǎn)(1,0)的直線y＝m(x－1)必在f(x)的圖象下方，設(shè)過點(diǎn)(1,0)且與f(x)的圖象相切的直線的斜率為k，則m0，所以e0，a∈R恒成立，則實(shí)數(shù)m的最大值為( )
A. B．2
C．e D．3
解析：選B [b－(a－2)]2＋[ln b－(a－1)]2等價(jià)于點(diǎn)P(b，ln b)與點(diǎn)Q(a－2，a－1)距離的平方，易知點(diǎn)P，Q分別在曲線C：y＝ln x及直線l：y＝x＋1上．
令f(x)＝ln x，則f′(x)＝，令f′(x)＝1，得x＝1，故與直線l平行且與曲線C相切的直線l′與曲線C的切點(diǎn)為(1,0)，所以|PQ|min＝＝，所以m2－m≤2，解得－1≤m≤2，所以m的最大值為2.故選B.
5．設(shè)函數(shù)f(x)＝ex＋a＋x，g(x)＝ln(x＋3)－4e－x－a，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，若存在實(shí)數(shù)x0，使得f(x0)－g(x0)＝2成立，則實(shí)數(shù)a的值為( )
A．－2＋ln 2 B．1＋ln 2
C．－1－ln 2 D．2＋ln 2
解析：選D 由已知得f(x)－g(x)＝ex＋a＋x－ln(x＋3)＋4e－x－a，
設(shè)h(x)＝ex＋a＋4e－x－a，u(x)＝x－ln(x＋3)，
所以h(x)＝ex＋a＋4e－x－a≥2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)ex＋a＝2時(shí)等號(hào)成立．
u′(x)＝1－＝(x>－3)，
令u′(x)>0，得x>－2；
令u′(x)<0，得－30，若直線MN∥x軸，則M，N兩點(diǎn)間的距離的最小值為( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：選A 設(shè)h(x1)＝|MN|，由題意知h(x1)＝x2－x1，x1≥1，
由MN∥x軸可得g(x2)＝f (x1)，
即x2＝e x1－1－(x1－1)2＋1，
所以h(x1)＝x2－x1＝ex1－1－(x1－1)2－x1＋1，h′(x1)＝e x1－1－x1，h″(x1)＝e x1－1－1，
因?yàn)閔″(x1)≥h″(1)＝0，
所以h′(x1)在[1，＋∞)上是增函數(shù)，
所以h′(x1)≥h′(1)＝0，
因此h(x1)在[1，＋∞)上是增函數(shù)，所以h(x1)≥h(1)＝1，故選A.
7．若對(duì)任意的x∈，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，總存在唯一的y∈[－1,1]，使得ln x－x＋1＋a＝y(tǒng)2ey成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為( )
A. B.
C. D.
解析：選B 設(shè)f(x)＝ln x－x＋1＋a，
則f′(x)＝－1＝.
因?yàn)閤∈，所以f′(x)≥0，f(x)在上單調(diào)遞增，所以f(x)∈.
設(shè)g(y)＝y(tǒng)2ey，y∈[－1,1]，
則g′(y)＝y(tǒng)(y＋2)ey.
由g′(y)<0，得－1≤y<0；
由g′(y)>0，得00時(shí)，f(－x)＋f(x＋3)＝0；當(dāng)x∈(0,3)時(shí)，f(x)＝，其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，且e≈2.72，則方程6f(x)－x＝0在[－9,9]上的解的個(gè)數(shù)為( )
A．4 B．5
C．6 D．7
解析：選D 依題意，當(dāng)x∈(0,3)時(shí)，f′(x)＝，令f′(x)＝0得x＝e，故函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，e)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(e,3)上單調(diào)遞減，故在區(qū)間(0,3)上，f(x)max＝f(e)＝1.又函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x>0時(shí)，f(－x)＋f(x＋3)＝0，即f(x＋3)＝f(x)，f(0)＝0.由6f(x)－x＝0，得f(x)＝.在同一坐標(biāo)系內(nèi)作出函數(shù)y＝f(x)與y＝在區(qū)間[－9,9] 上的圖象如圖所示．由圖可知，函數(shù)y＝f(x)與y＝的圖象有7個(gè)交點(diǎn)，即方程6f(x)－x＝0的解的個(gè)數(shù)為7.故選D.
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