（通用版）2019版高考数学二轮复习专题跟踪检测（三）导数的简单应用理（重点生，含解析）.doc

1、1专题跟踪检测（三） 导数的简单应用一、全练保分考法保大分1函数 f(x)e xcos x的图象在点(0， f(0)处的切线方程是( )A x y10 B x y10C x y10 D x y10解析：选 C 依题意， f(0)e 0cos 01，因为 f( x)e xcos xe xsin x，所以f(0)1，所以切线方程为 y1 x0，即 x y10，故选 C.2已知函数 f(x) x25 x2ln x，则函数 f(x)的单调递增区间是( )A. 和(1，) B(0,1)和(2，)(0，12)C. 和(2，) D(1,2)(0，12)解析：选 C 函数 f(x) x25 x2ln x的定义

2、域是(0，)，且 f( x)2 x5 .由 f( x)0，解得 02，故函数2x 2x2 5x 2x x 2 2x 1x 12f(x)的单调递增区间是 和(2，)(0，12)3(2018石家庄模拟)已知 f(x) ，其中 e为自然对数的底数，则( )ln xxA 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) ，得 f( x) ，令 f( x)0，解得 xe，当ln xx 1 ln xx2x(0，e)时， f( x)0，函数 f(x)单调递增，当 x(e，)时， f( x)f(3)f(2)，故选 D.4

3、(2019 届高三广州调研)已知直线 y kx2 与曲线 y xln x相切，则实数 k的值为( )Aln 2 B1C1ln 2 D1ln 2解析：选 D 由 y xln x知 yln x1，设切点为( x0， x0ln x0)，则切线方程为y x0ln x0(ln x01)( x x0)，因为切线 y kx 2过定点(0，2)，所以2 x0ln x0(ln x01)(0 x0)，解得 x02，故 k1ln 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2f(x3)为偶函数， f(6)1，则不等式 f(x)ex的解集为( )A(2，) B

4、(0，)C(1，) D(4，)解析：选 B 因为 f(x3)为偶函数，所以 f(3 x) f(x3)，因此 f(0) f(6)1.设 h(x) ，则原不等式即 h(x)h(0)f xex又 h( x) ，f x ex f x ex ex 2 f x f xex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)ln x ax ，当 x2,0)时， f(x)的最小值为 3，则 a的值等于( )(a12)Ae 2 BeC2 D1解

5、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 x2,0)时， f(x)的最小值为 3，所以当 x(0,2时， f(x)ln x ax 的最大值为3.(a12)又 f( x) (00；1a当 0， ax22 x10 有实数解当 a0 时，显然满足；当 a0，11.答案：(1，)8已知函数 f(x)e x mx1 的图象为曲线 C，若曲线 C存在与直线 ye x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)e x m，设切点为( x0，e x0 mx01)，即切线斜率ke x0 m，若

6、曲线 C存在与直线 ye x垂直的切线，则满足(e x0 m)e1，即 e x0 m 有解，1e即 me x0 有解，1ee x0 ， m .1e 1e 1e答案： (1e， )9已知 x0为函数 f(x)(e a)x3 x的极值点，若 x0 (e为自然对数的底数)，e3， 13e则实数 a的取值范围是_解析： f( x) aeax3，则 f( x0)3 aeax00，由于 eax00，则 a0，则 x0 ln t，构造函数 g(t) ln t(t0)， g( t)1a ( 3a) 3a t3 t3 ln t (ln t1)，当 00， g(t)为增函数，且 g(t)0恒成立，13 13 13

7、 1e当 t 时， g( t)0时， g( x)0在 x(1,2)上恒成立，则 g(x)在(1,2)上是增函数，此时 g(x)在区间(1,2)上的值域 B为 ，(23m， 23m)则Error!解得 m (ln 22)3 ln 2.32 32当 m0恒成立，函数 f(x)在(0，)上单调递增，则函数 f(x)不存在两个不同的零7点当 a0时，由 f( x)0，得 x ，当 00，函数 f(x)单调递增，12a 12a当 x 时， f( x)0，即 ln 2a0 对任意的 x1恒成立，则 m的最大值为( )A2 B3C4 D5解析：选 B 法一：因为 f(x) x xln x，且 f(x) m(

8、x1)0 对任意的 x1恒成立，等价于 m1)(x xln xx 1 )令 g(x) (x1)，所以 g( x) .易知 g( x)0 必有实根，设为x xln xx 1 x 2 ln x x 1 2x0，则 x02ln x00，且 g(x)在(1， x0)上单调递减，在( x0，)上单调递增，此时g(x)min g(x0) x0，因此 m0，又 mZ，故 m的最大值为 3.故选 B.法二： f(x)m(x1)在(1，)上恒成立，而 f( x)2ln x，得 f(x)在(0，e 2 )上单调递减，在(e 2 ，)上单调递增，由图象可知，过点(1,0)的直线 y m(x1)必在 f(x)的图象下

9、方，设过点(1,0)且与f(x)的图象相切的直线的斜率为 k，则 m0，所以 e0， aR 恒成立，则实数 m的最大值为( )A. B2e8Ce D3解析：选 B b( a2) 2ln b( a1) 2等价于点 P(b，ln b)与点Q(a2， a1)距离的平方，易知点 P， Q分别在曲线 C： yln x及直线 l： y x1 上令 f(x)ln x，则 f( x) ，令 f( x)1，得 x1，故与直线 l平行且与曲线 C1x相切的直线 l与曲线 C的切点为(1,0)，所以| PQ|min ，所以 m2 m2，解得22 21 m2，所以 m的最大值为 2.故选 B.5设函数 f(x)e x

10、 a x， g(x)ln( x3)4e x a，其中 e为自然对数的底数，若存在实数 x0，使得 f(x0) g(x0)2 成立，则实数 a的值为( )A2ln 2 B1ln 2C1ln 2 D2ln 2解析：选 D 由已知得 f(x) g(x)e x a xln( x3)4e x a，设 h(x)e x a4e x a， u(x) xln( x3)，所以 h(x)e x a4e x a2 4，当且仅当 ex a2 时等号成立ex a4e x au( x)1 (x3)，1x 3 x 2x 3令 u( x)0，得 x2；令 u( x)0，若直线 MN x轴，则 M， N两点间的距离的最小值为(

11、)A1 B2C3 D4解析：选 A 设 h(x1)| MN|，由题意知 h(x1) x2 x1， x11，由 MN x轴可得 g(x2) f (x1)，即 x2e x11 (x11) 21，12所以 h(x1) x2 x1e x11 (x11) 2 x11， h( x1)e x11 x1， h( x1)e 12x11 1，因为 h( x1) h(1)0，9所以 h( x1)在1，)上是增函数，所以 h( x1) h(1)0，因此 h(x1)在1，)上是增函数，所以 h(x1) h(1)1，故选 A.7若对任意的 x ，e 为自然对数的底数，总存在唯一的 y1,1，使得 ln 1e， 1x x1

12、 a y2ey成立，则实数 a的取值范围为( )A. B.1e， e) (2e， eC. D.2e， ) 2e， e 1e解析：选 B 设 f(x)ln x x1 a，则 f( x) 1 .1x 1 xx因为 x ，所以 f( x)0， f(x)在 上单调递增，所以 f(x) .1e， 1 1e， 1 a 1e， a设 g(y) y2ey， y1,1，则 g( y) y(y2)e y.由 g( y)0，得 00时， f( x) f(x3)0；当x(0,3)时， f(x) ，其中 e是自然对数的底数，且 e2.72，则方程 6f(x) x0eln xx在9,9上的解的个数为( )A4 B5C6 D7解析：选 D 依题意，当 x(0,3)时， f( x) ，令 f( x)0 得e 1 ln xx2xe，故函数 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(x3)100，即 f(x3) f(x)， f(0)0.由 6f(x) x0，得 f(x) .在同一坐标系内作出函数x6y 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)与 y 的图x6 x6象有 7个交点，即方程 6f(x) x0 的解的个数为 7.故选 D.