2019年高考数学(理科_重点生)高考专题辅导专题跟踪检测(三)导数的简单应用

1、 1. 函数 f(x)= excosx 的图象在点(0, f(0)处的切线方程是( ( ) ) A. x+ y+ 1 = 0 B. x+ y 1 = 0 C. x y+ 1 = 0 D. x y 1 = 0 解析：选 C 依题意，f(0) = e0cos 0= 1,因为 f (x)= excosx exsin x,所以 f (0) = 1, 所以切线方程为 y 1 = x 0,即 x y+1 = 0，故选 C. 2. 已知函数 f(x)= x1 2 5x+ 2ln x，则函数 f(x)的单调递增区间是( ( ) ) A. 0, 2 和(1 ,+s ) B . (0,1)和(2 ,+R ) C.

2、 0, 2 和(2, ) D . (1,2) 2 解析：选 C 函数 f(x)= x2 5x+ 2ln x 的定义域是( (0,+ )， 且 f (x)= 2x 5+一 = =x- 2 2x- 1 .由 f (x)0 ,解得 0 x2,故函数 f(x)的单调递增区间是 2 0, 1 和(2,+ s). In x 3. (2018 石家庄模拟) )已知 f(x)=,其中 e 为自然对数的底数，则( ( ) ) 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：选 D 由 f(x)=呼，得 f (x)=匚卯，令

3、f (x)= 0,解得 x = e,当 x (0, x x e)时，f (x)0,函数 f(x)单调递增，当 x( (e,+s)时，f (x)0，函数 f(x)单调递减，故 In 2 In 3 3ln 2 2ln 3 In 8 In 9 f(x)在 x = e 处取得取大值 f(e), f(2) f(3) = _2_ 丁二 6 = 6 0， f(2)f(3)f(2)，故选 D. 4. (2019 届高三 广州调研) )已知直线 y= kx 2 与曲线 y= xln x 相切，则实数 k 的值为 ( ) A. ln 2 B. 1 C. 1 ln 2 D. 1+ ln 2 解析：选 D 由 y=

4、xln x 知 y = ln x + 1,设切点为( (x , xln xo),则切线方程为 y xoln xo= (ln Xo+ 1)(x Xo),因为切线 y= kx 2 过定点(0, 2)，所以一 2 xoln xo= (ln x+ 1)(0 X0),解得 X0= 2,故 k= 1+ ln 2，选 D. 5. 已知定义在 R 上的可导函数 f(x)的导函数为 f (x)，满足 f (x)f(x)，且 f(x+ 3)为 偶函数，f(6) = 1,则不等式 f(x)ex的解集为( ( ) ) 专题跟踪检测(二) 、全练保分考法 导数的简单应用 -保大分 2x2 - 5x+ 2 x A. (-

5、 2,+ ) B . (0,+ ) C . (1, +s ) D . (4, +s ) 解析：选 B 因为 f(x+ 3)为偶函数， 所以 f(3 - x) = f(x+ 3), 因此 f(0) = f(6) = 1. 设 h(x)=晋，则原不等式即 h(x)h(0). 又 h ( (x)= f x 汁 = f x-fx (e f e ， 依题意 f (x)f(x),故 h (x)0, 因此函数 h(x)在 R 上是增函数， 所以由 h(x)h(0)，得 x0.故选 B. 6.已知定义在 R 上的函数 y= f(x)满足 f(- x)=- f(x)，当 x (0,2时，f(x)= In x a

6、x 厨，当 x -2,0)时，f(x)的最小值为 3，贝 U a 的值等于( ( ) ) A. e B. e C. 2 D. 1 解析：选 A 因为定义在 R 上的函数 y= f(x)满足 f(-x)=- f(x), 所以 y= f(x)为奇函数，其图象关于原点对称， 因为当 x - 2,0)时，f(x)的最小值为 3, 所以当 x (0,2时，f(x)= ln x- ax a2 的最大值为一 3. 1 ax 又 f (x)= (0 x0; a 7.若函数 f(x) = In x ax4- 2x 存在单调递减区间，则实数 a 的取值范围是 _ . 2 彳 1 _ ax 2x 解析：f (x)

7、= - ax-2= - ，由题意知 f (x)0, ax2 + 2x- 10 有实数解.当 a 0 时，显然满足；当 a0， - 1a -1. 3 当：vxw 2 时，f (x)-,. m . e e e 答案：右右+ 9.已知 xo为函数 f(x) = (ea)x + 3x 的极值点，若 x |, 5 (e 为自然对数的底数), 则实数 a 的取值范围是 _ . 解析：f (x)= aeax+ 3,则 f (xo)= 3+ aeax) )= 0,由于 eaxoo ,则 a0，则 Xo= ?n t,构造函数 g(t)= -ln t(t0), g (t)= ln t =- (ln t 5 1 +

8、 1)，当 0vtv-时，g (t)0, g(t)为增函数，且 g(t)0 恒成立，当 t时，g (t)0 , g(t)为 e e 减函数，g(t)max =g；= 且g(e) =f,因此当 x) ) 时，0t e,即 0 e, aw e，故实数 a 的取值范围为 fa, 答案：a, 3 根据题意，得 f2 = 2, f 2 = 9, 即 o， 即 f + mo， 解得6 m2. g(2o, - 2 + mo, 所以实数 m 的取值范围为( (一 6,2). 2 11. (2oi8 成都模拟) )已知函数 f(x)= (ax 1)ln x+电 (1) 若 a= 2，求曲线 y= f(x)在点(

9、1, f(1)处的切线 I 的方程； (2) 设函数 g(x) = f (x)有两个极值点 X1, x2,其中x1 (o, e,求 gg) g(x2)的最小值. 2 解：(1)当 a= 2 时，f(x)= (2x 1)ln x + 专, 1 则 f (x)= 2ln x+ x丄丄 + 2, 1 f (1) = 2, f(1) = 2 1 切线 I 的方程为 y 2= 2(x 1)，即 4x 2y 3 = o. 1 (2)函数 g(x)= aln x + x _+ a,定义域为(o, + m),则 3x1 3= xo 3xo - m xo 2 2 x + ax+ i 2 -2 ，令 g (x)=

10、 0,得 x + ax+ i = 0,其两根为 Xi, x?, 且 X1+ X2= a, X1X2= 1, 则g(xi) g(X2) )min = h( x)min , 又 h (x)= 2i 土 X 匸 Xln X X ， 当 x (0,1时，h (x) 0, 当 x (1, e时,h (x)0, 即当 x (0, e时,h(x)单调递减, 4 -h(x)min=h(e)=e， 4 故 9(X1) g(X2) min= e则 g (x) )= i + a+ 2= x x 故 x2= , a = xi xi+ i i i aln Xi + Xix；+ a alnx；+XTXi+ Xi xi x

11、i=2xi-x - 2 xi+xin xi, 令 h(x)= 2 x 1 n x. g(xi) g(x2) )= g(xi) g -x +2ain 则 3m 1， 2 3m 2( (ln 2 2) = 3 Qln 2. 当 m0 时，g (x)0 在 x (1,2)上恒成立， 则 g(x)在(1,2)上是减函数，此时 g(x)在区间(1,2)上的值域 B 为|m, |m , m 1, 2 mw In 2 2, 实数 m 的取值范围是 、强化压轴考法拉开分 3 3 解得 mW (In 2 2) = ?ln 2 3. 3 3ln 2, 1.已知函数 n，27 且 f(x1) 0 C. x2 x2

12、0 B . X1 + X2 0 D. X： x2 0,即 f(x)在 0, n上为增函数, 又 f( x)= xsin( x)= xsin x,因而 f(x)为偶函数, 2 2|n 2 3 I + 00 x 0, 当 侶) f(X2) )时，有 f(|X1|) f(|X2|), 2. (2018 西安八校联考) )已知函数 的取值范围为( ( ) ) |X1| |X2|, X1 x20 恒成立，函数 f(x)在(0, + o)上单调递增，则函数 f(x)不存在两个不同的零点.当 D. ie，+ C. e D. 3 1 1 1 In 2a Q,于是要使函数 f(x)恰有两个不同的零点，则需满足

13、in 2a ?0 ,即 In 2a0 对任意的 x1 恒成立，等 价于 m1). 人 x + xln x x 2 In x 令 g(x)= x 1 (x1)，所以 g (x) =( (X 1$ .易知 g (x)= 0 必有实根，设为 xo, 则 xo 2 In Xo= 0，且 g(x) 在 (1 , xo)上单调递减，在(xo,+ m )上单调递增，此时 g(x)min = xo+ Xoln xo xo+ Xofxo 2 人 g(xo) = T o= 1 = Xo,因此 mvxo,令 h(x)= x 2 In x，可得 h(3)o , Xo 1 Xo 1 又 m Z,故 m 的最大值为 3.

14、故选 B. 法二：f(x)m(x 1)在(1 ,+s)上恒成立， 而 f (x)= 2 + In x，得 f(x)在(0, e2)上单调递减，在(e2,+ m)上单调递增， 由图象可知，过点( (1,0)的直线 y= m(x 1)必在 f(x)的图象下方，设过点( (1,0)且与 f(x)的 图象相切的直线的斜率为 k，则 mvk. 此时设切点为( (xo, xo+ XoIn xo), 可得 xo In xo 2= 0,令 g(x)= x In x 2, 显然 g(e)0，所以 exoe2，所以 1In Xo2,3k m2 m 对任意的 b0, a R 恒成立，则实数 m 的，当 Ovxv 2

15、1时,f (x)0，函数 f(x)单调递增，当 x 时，f (x)0,函数 f(x)单调递减，所以 f(x)的最大值为 f 所以02a1, 即 00 对任意的 x1 恒成立，则 解析：选 B 等价于 m0 时，由 f (x)= 0,得 x = 2a a 最大值为( ( ) ) A. e B. 2 解析：选 B b但一 2)2+ In b但一 1)2等价于点 P(b, In b)与点 Q(a 2, a 1)距离 的平方，易知点 P, Q 分别在曲线 C: y= In x 及直线 I： y= x+ 1 上. 1 令 f(x) = In x，贝 y f (x)= -，令f (x) = 1,得 x=

16、1,故与直线 I 平行且与曲线 C 相切 的直线 I与曲线 C 的切点为(1,0),所以|PQ|min= ； = ,2,所以 m2 m 2,解得一 K m 2 ex+ a 4e x a = 4,当且仅当 ex+a= 2 时等号成立. 1 x+ 2 U (x) = 1 后=x(x 3), 令 u (x)0，得 x 2; 令 u (x) 1, X20 ,若直线 MN / x 轴，则 M , N 两点间的距离的最小值为 ( ( ) ) A. 1 B. 2 C . 3 D . 4 解析：选 A 设 h(x = |MN |，由题意知 h(x1)= X2 X1, X1 1, 由 MN / x 轴可得 g(

17、x2)= f (X1), 即 x2= e 1 一 2( (X1 1)2+ 1 , 所以 h(x1) = X2 X1 = eX1 1 *X1 1)2 X1 + 1, h (x“= e X1 1 X1, h (x“ = e X1 1 1, 因为 h (x“h (1) = 0, 所以 h (X1)在1 , + m )上是增函数， 所以 h (X1) h (1) = 0, 因此 h(x1)在1, + m)上是增函数，所以 h(x1) h(1) = 1,故选 A. x+ 1 + a= y2ey成立，则实数 a 的取值范围为( ( ) ) 解析：选 B 设 f(x)= In x x+ 1 + a, 则 f

18、 (x)= 1 1 =1x x x 因为 x e，1 所以 f (x)0, f(x)在 e，1 上单调递增，所以 f(x) ae a 设 g(y) = y2ey, y 1,1, 则 g (y)= y(y+ 2) )ey. 由 g (y)0，得仁 y0，得 oyw 1. 1 所以函数 g(y)在1,0上单调递减，在0,1 上单调递增，且 g( 1) = -g(1) = e. e 对任意的 x e， 1，总存在唯一的 y 1,1，使得 In x x+ 1 + a = y2ey成立，等价 于f(x)的值域是 g(y)的不含极值点的单值区间的子集， 故 a e，a ? ，-，所以 2a0 时，f( x

19、) + f(x + 3) = 0;当 x (0,3) 时，f(x)=型1，其中-是自然对数的底数，且 e 2.72，则方程 6f(x) x = 0 在9,9 上的 解的个数为( ( ) ) A. 4 B . 5 C . 6 D . 7 解析：选 D 依题意，当 x (0,3)时，f (x)= e1!n x，令 f (x)= 0 得 x= e，故函 x 数 f(x)在区间(0，e)上单调递增，在区间( (e,3)上单调递减，故在区间(0,3)上, f(x)max = f(e)= 1.又函数f(x)是定义在 R 上的奇函数，且当 x0 时，f( x) + f(x+ 3) = 0，即 f(x + 3) = f(x), f(0) = 0.由 6f(x) x = 0,得 f(x)= f.在同一坐标系内作出函数 y= f(x)与 y=；在区间9,9上 的图象如图所示.由图可知，函数 y= f(x)