2019高考数学二轮复习专题二函数与导数专题跟踪训练12导数的简单应用、定积分理.doc

1、1专题跟踪训练(十二) 导数的简单应用、定积分一、选择题1(2018福建福州八校联考)已知函数 f(x)的导函数是 f( x)，且满足 f(x)2 xf(1)ln ，则 f(1)( )1xAe B2 C2 De解析 由已知得 f( x)2 f(1) ，令 x1 得 f(1)2 f(1)1，解得1xf(1)1，则 f(1)2 f(1)2.答案 B2函数 f(x) x 的极值情况是( )1xA当 x1 时，取极小值 2，但无极大值B当 x1 时，取极大值2，但无极小值C当 x1 时，取极小值2；当 x1 时，取极大值 2D当 x1 时，取极大值2；当 x1 时，取极小值 2解析 求导得 f( x)

2、1 ，令 f( x)0，得 x1，函数 f(x)在区间1x2(，1)和(1，)上单调递增，在(1,0)和(0,1)上单调递减，所以当 x1 时，取极大值2，当 x1 时，取极小值 2.答案 D3(2018聊城模拟)已知函数 y xf( x)的图象如图所示(其中 f( x)是函数 f(x)的导函数)，则下面四个图象中， y f(x)的图象大致是( )解析 由题图知当 01 时， xf( x)0，此时 f( x)0，函数 f(x)递增所以当 x1 时，函数 f(x)取得极小值2当 x0，函数 f(x)递增，当10，此时 f( x)0)，若对任意两个不相等的12正实数 x1， x2，都有 2 恒成立

3、，则实数 a 的取值范围是( )f x1 f x2x1 x2A(0,1 B(1，) C(0,1) D1，)解析 根据 2 可知函数的导数大于或等于 2，所以 f( x)f x1 f x2x1 x2 x2( x0， a0)，分离参数得 a x(2 x)，而当 x0 时， x(2 x)的最大值为 1，故axa1.故选 D.答案 D5(2018湖北荆州调研)已知直线 y kx2 与曲线 y xlnx 相切，则实数 k 的值为( )Aln2 B1 C1ln2 D1ln2解析 由直线 y kx2 与曲线 y xlnx 相切，设切点为 P(x0， y0)，对于y xlnx，易得 y1ln x， k1ln

4、x0，又Error! kx02 x0lnx0，可得 x02， kln21，故选 D.答案 D6(2018广东深圳期末)已知函数 f(x) xlnx aex(e 为自然对数的底数)有两个极值点，则实数 a 的取值范围是( )A. B(0，e) C. D(，e)(0，1e) (1e， e)解析 由题意可得 f( x)ln x1 aex，因函数 f(x) xlnx aex有两个极值点，则直线 y a 和 g(x) 的图象在(0，)内有 2 个交点，易得 g( x)lnx 1ex(x0)，1x lnx 1ex令 h(x) ln x1，1x则 h( x) 1x0，即 g( x)0， g(x)单调递增；当

5、 x(1，)时， h(x)0，即( x22)e x0，因为 ex0，所以 x220，解得 0，所以 x2( a2) x a0，则 a ( x1) 对 x(1,1)都成立x2 2xx 1 x 1 2 1x 1 1x 1令 g(x)( x1) ，1x 16则 g( x)1 0.1 x 1 2所以 g(x)( x1) 在(1,1)上单调递增1x 1所以 g(x)0，所以 x2( a2) x a0 对 xR 都成立所以 ( a2) 24 a0，即 a240，这是不可能的故函数 f(x)不可能在 R 上单调递减12(2018辽宁五校模拟)已知函数 f(x)2ln x x22 ax(a0)(1)讨论函数

6、f(x)的单调性；(2)若函数 f(x)有两个极值点 x1， x2(x12 时， 0，方程 x2 ax10 有两个不同的实根，分别设为 x3， x4，不妨令x30，当 x( x3， x4)时，f( x)0，所以函数 f(x)在 上单调递增，在 上单调递减，(0，a a2 42 ) (a a2 42 ， a a2 42 )在 上单调递增(a a2 42 ， )综上，当 02 时 f(x)在上单调递增，在 上单调递减，在(0，a a2 42 ) (a a2 42 ， a a2 42 )上单调递增(a a2 42 ， )7(2)由(1)得 f(x)在( x1， x2)上单调递减， x1 x2 a，

7、x1x21，则 f(x1) f(x2)2ln ( x1 x2)(x1 x22 a)2ln 2ln ，x1x2 x1x2 x2 x21x1x2 x1x2 x2x1 x1x2令 t ，则 0t1， f(x1) f(x2)2ln t t，x1x2 1t令 g(t)2ln t t(0t1)，则 g( t) 0，1t t 1 2t2故 g(t)在(0,1)上单调递减且 g 2ln2，(12) 32故 g(t) f(x1) f(x2) 2ln2 g ，即 0t ，32 (12) 12而 a2( x1 x2)2 2 t 2，其中 0t ，x1x2 x2x1 1t 12令 h(t) t 2， t ，1t (0， 12所以 h( t)1 0 在 t 上恒成立，1t2 (0， 12故 h(t) t 2 在 上单调递减，1t (0， 12从而 a2 ，92故 a 的取值范围是 .322， )