1、1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( )Ae 2 BeC. Dln 2ln 22解析：选 B f( x)1ln x， f( x0)1ln x02， x0e，故选 B.2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.3已知 f(x) ，则(
2、 )ln xxA f(2)f(e)f(3) B f(3)f(e)f(2)C f(3)f(2)f(e) D f(e)f(3)f(2)解析：选 D f(x)的定义域是(0，)， f( x) ，1 ln xx2 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
3、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) 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)2C. 和(2，) D(1,2)(0，12)解析：选 C 函数 f(x) x25 x2ln x 的定义域是(0，)，令 f( x)2 x5 0，解得 02，故函数 f(x)的单调2x 2x2 5x 2x x 2 2x 1x 12递增区间是 和(0，12)(2，)6已知函数 f(x) x3 px2 qx 的图象与 x 轴切于点(
4、1,0)，则 f(x)的极大值、极小值分别为( )A ，0 B0，427 427C. ，0 D0，427 427解析：选 C 由题意知， f( x)3 x22 px q，由 f(1)0， f(1)0，得Error!解得Error! f(x) x32 x2 x，由 f( x)3 x24 x10，得 x 或 x1，易得当 x13时， f(x)取极大值 ，当 x1 时， f(x)取极小值 0.13 4277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
5、) xf( x)( x21) f(x21)，所以 02.8设函数 f(x) xln x(x0)，则 f(x)( )13A在区间 ，(1，e)上均有零点(1e， 1)B在区间 ，(1，e)上均无零点(1e， 1)C在区间 上有零点，在区间(1，e)上无零点 (1e， 1)D在区间 上无零点，在区间(1，e)上有零点(1e， 1)解析：选 D 因为 f( x) ，所以当 x(0,3)时， f( x)0， f(1) 0， f(e) 10 且 a1，则函数 f(x)( x a)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 C f(
6、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)0 F(3)所以 F(x)0，函数 f(x)单调递增，(23， 1)4所以函数 y f(x)在0,1最小值为 f .(23) 2327答案：
7、 12 232712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，即切线斜率 ke x m，若曲线 C 存在与直线ye x 垂直的切线，则满足(e x m)e1，即 ex m 有解，即 me x 有解，e x1e 1e ， m .1e 1e 1e答案： (1e， )13(2018绍兴模拟)已知函数 f(x) x23 x4ln x 在( t， t1)上不单调，则12实数 t 的取值范围是_解析：函数 f(x) x23 x4ln x，12 f( x) x3 ，4x函数 f
8、(x) x23 x4ln x 在( t， t1)上不单调，12 f( x) x3 0 在( t， t1)上有解，4x 0 在( t， t1)上有解，x2 3x 4x g(x) x23 x40 在( t， t1)上有解，由 x23 x40，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) a x2与 h(x)2ln x 的图象上存在关于 x 轴对称的点，则(1e x e， e为 自 然 对 数 的 底 数 )实数 a 的取值范围是_解析：由题意，知方程 x2 a2ln x，即 a2l
9、n x x2在 上有解设 f(x)1e， e2ln x x2，则 f( x) 2 x .易知 x 时 f( x)2x 2 x 1 x 1x 1e， 1)50， x(1，e时 f( x)x2时都有 f(x1) f(x2)x1 x2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)1e x 10，即 x(ex1) m 恒成立记 h(x)mx x(ex1)， x0，则有 h( x)(
10、x1)e x1(01)e 010( 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)Error!(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 x a 时，由 f( x)3 x230，得 x1.如图是函数 y x33 x 与 y2 x 在没有限制条件时的图象若 a0，则 f(x)max f(1)2.当 a1 时， f(x)有最大值；当 aa 时无最大值，且2 a(x33 x)max，所以 a|f(x1) f(x2)|成立，则实
11、数 a 的取值范围是_解析： f(x)3 mx (3 m)ln x， f( x) ，当 x1,3，1x 3x 1 mx 1x2m(4,5)时， f( x)0， f(x)在1,3上单调递增，| f(x1) f(x2)| f(3) f(1)6 m(3 m)ln 3，236( aln 3)m3ln 36m (3 m)ln 3， a6 . y6 在 m(4,5)上单调递23 23m 23m减， 0(e 为自然对数的底数)，若 x1e1f2(x1)D f2(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)f2(x2)，因为 0f2(
12、x2)e12xf2(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 D f1(x)sin xcos x， f2(x)cos xsin x， f3(x)sin xcos x， f4(x)cos xsin x， f5(x)sin xcos x f1(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 x x2，则不等式 f(ln x) f 0，所以 f(x)在(0，)上单调递增，在(，0)上单调递减，所以 f(ln x)2 时， y0，当 x2 时，函数 y(1 x)e x取得极小值为e 2 ，也即为最小值，当 x时， y；当 x时， y0，要满足题意，需e 2 0，故 g( x)0， g(x)为增函数，当 x(1，)时， h(x)0，故 g( x)0， g(x)为减函数，所以 g(x)max g(1) ，又当 x时， g(x)0，1e所以 g(x)的图象如图所示，故 0a .1e1
