浙江省2019高考数学课时跟踪检测（二十一）小题考法——导数的简单应用.docx

课时跟踪检测（二十一） 小题考法导数的简单应用A组107提速练一、选择题1设f(x)xln x，f(x0)2，则x0()Ae2BeC. Dln 2解析：选Bf(x)1ln x，f(x0)1ln x02，x0e，故选B.2函数f(x)excos x的图象在点(0，f(0)处的切线方程是()Axy10 Bxy10Cxy10 Dxy10解析：选C依题意，f(0)e0cos 01，因为f(x)excos xexsin x，所以f(0)1，所以切线方程为y1x0，即xy10，故选C.3已知f(x)，则()Af(2)f(e)f(3) Bf(3)f(e)f(2)Cf(3)f(2)f(e) Df(e)f(3)f(2)解析：选Df(x)的定义域是(0，)，f(x)，x(0，e)，f(x)0；x(e，)，f(x)f(3)f(2)，故选D.4已知函数f(x)的定义域为(a，b)，f(x)的导函数f(x)在(a，b)上的图象如图所示，则函数f(x)在(a，b)上的极大值点的个数为()A1 B2C3 D4解析：选B由函数极值的定义和导函数的图象可知，f(x)在(a，b)上与x轴的交点个数为4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故x0不是函数f(x)的极值点，其余的3个交点都是极值点，其中有2个点附近的导数值左正右负，故极大值点有2个5已知函数f(x)x25x2ln x，则函数f(x)的单调递增区间是()A.和(1，) B(0,1)和(2，)C.和(2，) D(1,2)解析：选C函数f(x)x25x2ln x的定义域是(0，)，令f(x)2x50，解得0x2，故函数f(x)的单调递增区间是和(2，)6已知函数f(x)x3px2qx的图象与x轴切于点(1,0)，则f(x)的极大值、极小值分别为()A，0 B0，C.，0 D0，解析：选C由题意知，f(x)3x22pxq，由f(1)0，f(1)0，得解得f(x)x32x2x，由f(x)3x24x10，得x或x1，易得当x时，f(x)取极大值，当x1时，f(x)取极小值0.7已知f(x)的定义域为(0，)，f(x)为f(x)的导函数，且满足f(x)(x1)f(x21)的解集是()A(0,1) B(1，)C(1,2) D(2，)解析：选D因为f(x)xf(x)0，所以xf(x)(x21)f(x21)，所以0x12.8设函数f(x)xln x(x0)，则f(x)()A在区间，(1，e)上均有零点B在区间，(1，e)上均无零点C在区间上有零点，在区间(1，e)上无零点 D在区间上无零点，在区间(1，e)上有零点解析：选D因为f(x)，所以当x(0,3)时，f(x)0，f(x)单调递减，而01e0，f(1)0，f(e)10且a1，则函数f(x)(xa)2ln x()A有极大值，无极小值 B有极小值，无极大值C既有极大值，又有极小值 D既无极大值，又无极小值解析：选Cf(x)有两个零点a和1，若a1，由于函数值在(0,1)为负，(1，a)为正，(a，)为正，故a为极小值点，在(1，a)上必有极大值点，故选C.10(2017浙江“超级全能生”联考)设f(x)，g(x)分别是定义在(，0)(0，)上的奇函数和偶函数，当x0，g(x)0，且f(3)0，则不等式f(x)g(x)0，所以F(x)在(，0)上单调递增，显然F(x)为奇函数，所以其在(0，)上单调递增而F(3)f(3)g3(3)0F(3)所以F(x)0的解集为(，3)(0,3)，即0的解集为(，3)(0,3)故选D.二、填空题11已知函数f(x)x32ax21在x1处的切线的斜率为1，则实数a_，此时函数yf(x)在0,1最小值为_解析：由f(x)x32ax21，得f(x)3x24ax，因为函数f(x)x32ax21在x1处的切线的斜率为1，所以f(1)1，即34a1，解得a.所以f(x)3x22x，当x时，f(x)0，函数f(x)单调递增，所以函数yf(x)在0,1最小值为f.答案：12已知函数f(x)exmx1的图象为曲线C，若曲线C存在与直线yex垂直的切线，则实数m的取值范围是_解析：函数f(x)的导数f(x)exm，即切线斜率kexm，若曲线C存在与直线yex垂直的切线，则满足(exm)e1，即exm有解，即mex有解，ex，m.答案：13(2018绍兴模拟)已知函数f(x)x23x4ln x在(t，t1)上不单调，则实数t的取值范围是_解析：函数f(x)x23x4ln x，f(x)x3，函数f(x)x23x4ln x在(t，t1)上不单调，f(x)x30在(t，t1)上有解，0在(t，t1)上有解，g(x)x23x40在(t，t1)上有解，由x23x40，得x1或x4(舍去)，1(t，t1)，即t(0,1)，故实数t的取值范围是(0,1)答案：(0,1)14(2018湘中名校联考)已知函数g(x)ax2与h(x)2ln x的图象上存在关于x轴对称的点，则实数a的取值范围是_解析：由题意，知方程x2a2ln x，即a2ln xx2在上有解设f(x)2ln xx2，则f(x)2x.易知x时f(x)0，x(1，e时f(x)0，所以函数f(x)在上单调递增，在(1，e上单调递减，所以f(x)极大值f(1)1，又f(e)2e2，f2，f(e)x2时都有f(x1)f(x2)x1x2成立，则实数m的取值范围是_解析：函数f(x)的定义域为(0，)依题意得，对于任意的正数x1，x2，当x1x2时，都有f(x1)x1f(x2)x2，因此函数g(x)f(x)x在区间(0，)上是增函数，于是当x0时，g(x)f(x)1ex10，即x(ex1)m恒成立记h(x)x(ex1)，x0，则有h(x)(x1)ex1(01)e010(x0)，h(x)在区间(0，)上是增函数，h(x)的值域是(0，)，因此m0，m0.故所求实数m的取值范围是0，)答案：0，)16设函数f(x)(1)若a0，则f(x)的最大值为_；(2)若f(x)无最大值，则实数a的取值范围是_解析：由当xa时，由f(x)3x230，得x1.如图是函数yx33x与y2x在没有限制条件时的图象若a0，则f(x)maxf(1)2.当a1时，f(x)有最大值；当aa时无最大值，且2a(x33x)max，所以a|f(x1)f(x2)|成立，则实数a的取值范围是_解析：f(x)3mx(3m)ln x，f(x)，当x1,3，m(4,5)时，f(x)0，f(x)在1,3上单调递增，|f(x1)f(x2)|f(3)f(1)6m(3m)ln 3，(aln 3)m3ln 36m(3m)ln 3，a6.y6在m(4,5)上单调递减，6，a.答案：B组能力小题保分练1(2018台州第一次调考)设f(x)为函数f(x)的导函数(xR)，且f(x)0(e为自然对数的底数)，若x1x2，则()Af(x2)ef(x1)Bf(x1)ef2(x1)Df2(x1)ef2(x2)解析：选D因为f(x)0，所以f(x)0，即f(x)在(，)上单调递增，从而f(x1)f(x2)f2(x2)，因为0ef2(x2)ef2(x2)2(2017浙江名校(诸暨中学)交流卷)设f1(x)sin xcos x，对任意的nN*，定义fn1(x)fn(x)，则f2 018(x)等于()Asin xcos x Bsin xcos xCsin xcos x Dsin xcos x解析：选Df1(x)sin xcos x，f2(x)cos xsin x，f3(x)sin xcos x，f4(x)cos xsin x，f5(x)sin xcos xf1(x)，于是fk4(x)fk(x)，所以f2 018(x)f50442(x)f2(x)，故选D.3(2018惠州调研)已知函数f(x)xsin xcos xx2，则不等式f(ln x)f2f(1)的解集为()A(e，) B(0，e)C(1，e) D解析：选Df(x)xsin xcos xx2，因为f(x)f(x)，所以f(x)是偶函数，所以ff(ln x)f(ln x)，所以f(ln x)f2f(1)可变形为f(ln x)0，所以f(x)在(0，)上单调递增，在(，0)上单调递减，所以f(ln x)f(1)等价于|ln x|1，即1ln x1，所以xe.故选D.4已知函数f(x)x(aex)，曲线yf(x)上存在不同的两点，使得曲线在这两点处的切线都与y轴垂直，则实数a的取值范围是()A(e2，) B(e2,0)C(e2，) D(e2,0)解析：选D曲线yf(x)上存在不同的两点，使得曲线在这两点处的切线都与y轴垂直，f(x)a(x1)ex0有两个不同的解，即a(1x)ex有两个不同的解，设y(1x)ex，则y(x2)ex，当x2时，y2时，y0，当x2时，函数y(1x)ex取得极小值为e2，也即为最小值，当x时，y；当x时，y0，要满足题意，需e2a0.实数a的取值范围是(e2,0)故选D.5若对任意的a，函数f(x)x2ax2b与g(x)2aln(x2)的图象均有交点，则实数b的取值范围是()A. B.C. D.解析：选A依题意，原问题等价于对任意的a，关于x的方程x2ax2aln(x2)2b有解设h(x)x2ax2aln(x2)，则h(x)xa，所以h(x)在(2，a2)上单调递减，在(a2，)上单调递增