(通用版)2022年高考數(shù)學二輪復習 專題跟蹤檢測(三)導數(shù)的簡單應(yīng)用 理(重點生含解析)

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1、(通用版)2022年高考數(shù)學二輪復習 專題跟蹤檢測(三)導數(shù)的簡單應(yīng)用 理(重點生,含解析)1函數(shù)f(x)excos x的圖象在點(0,f(0)處的切線方程是()Axy10Bxy10Cxy10 Dxy10解析:選C依題意,f(0)e0cos 01,因為f(x)excos xexsin x,所以f(0)1,所以切線方程為y1x0,即xy10,故選C.2已知函數(shù)f(x)x25x2ln x,則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是()A.和(1,) B(0,1)和(2,)C.和(2,) D(1,2)解析:選C函數(shù)f(x)x25x2ln x的定義域是(0,),且f(x)2x5.由f(x)0,解得0x2,故函數(shù)f

2、(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是和(2,)3(2018石家莊模擬)已知f(x),其中e為自然對數(shù)的底數(shù),則()Af(2)f(e)f(3) Bf(3)f(e)f(2)Cf(e)f(2)f(3) Df(e)f(3)f(2)解析:選D由f(x),得f(x),令f(x)0,解得xe,當x(0,e)時,f(x)0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,當x(e,)時,f(x)0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減,故f(x)在xe處取得最大值f(e),f(2)f(3)0,f(2)f(3)f(2),故選D.4(2019屆高三廣州調(diào)研)已知直線ykx2與曲線yxln x相切,則實數(shù)k的值為()Aln 2 B1C1ln 2 D1ln 2解析:選D由

3、yxln x知yln x1,設(shè)切點為(x0,x0ln x0),則切線方程為yx0ln x0(ln x01)(xx0),因為切線ykx2過定點(0,2),所以2x0ln x0(ln x01)(0x0),解得x02,故k1ln 2,選D.5已知定義在R上的可導函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f(x),滿足f(x)f(x),且f(x3)為偶函數(shù),f(6)1,則不等式f(x)ex的解集為()A(2,) B(0,)C(1,) D(4,)解析:選B因為f(x3)為偶函數(shù),所以f(3x)f(x3),因此f(0)f(6)1.設(shè)h(x),則原不等式即h(x)h(0)又h(x),依題意f(x)f(x),故h(x)0,因此函

4、數(shù)h(x)在R上是增函數(shù),所以由h(x)h(0),得x0.故選B.6已知定義在R上的函數(shù)yf(x)滿足f(x)f(x),當x(0,2時,f(x)ln xax,當x2,0)時,f(x)的最小值為3,則a的值等于()Ae2 BeC2 D1解析:選A因為定義在R上的函數(shù)yf(x)滿足f(x)f(x),所以yf(x)為奇函數(shù),其圖象關(guān)于原點對稱,因為當x2,0)時,f(x)的最小值為3,所以當x(0,2時,f(x)ln xax的最大值為3.又f(x)(0x2),所以當0x0;當x2時,f(x)0;所以函數(shù)f(x)ln xax在區(qū)間上單調(diào)遞增,在區(qū)間上單調(diào)遞減,故f(x)maxf lna3,解得ae2.

5、7若函數(shù)f(x)ln xax22x存在單調(diào)遞減區(qū)間,則實數(shù)a的取值范圍是_解析:f(x)ax2,由題意知f(x)0,ax22x10有實數(shù)解當a0時,顯然滿足;當a0,1a1.答案:(1,)8已知函數(shù)f(x)exmx1的圖象為曲線C,若曲線C存在與直線yex垂直的切線,則實數(shù)m的取值范圍是_解析:函數(shù)f(x)的導數(shù)f(x)exm,設(shè)切點為(x0,ex0mx01),即切線斜率ke x0m,若曲線C存在與直線yex垂直的切線,則滿足(e x0m)e1,即e x0m有解,即me x0有解,e x0,m.答案:9已知x0為函數(shù)f(x)(ea)x3x的極值點,若x0(e為自然對數(shù)的底數(shù)),則實數(shù)a的取值范

6、圍是_解析:f(x)aeax3,則f(x0)3aeax00,由于eax00,則a0,則x0ln t,構(gòu)造函數(shù)g(t)ln t(t0),g(t)ln t(ln t1),當0t0,g(t)為增函數(shù),且g(t)0恒成立,當t時,g(t)0,g(t)為減函數(shù),g(t)maxg,且g(e),因此當x0時,0te,即0e,a,故實數(shù)a的取值范圍為.答案:10(2019屆高三長春模擬)已知函數(shù)f(x)ax3bx23x(a,bR)在點A(2,f(2)處的切線方程為9xy160.(1)求函數(shù)f(x)的解析式;(2)若過點M(2,m)(m2)可作曲線yf(x)的三條切線,求實數(shù)m的取值范圍解:(1)因為f(x)a

7、x3bx23x(a,bR),所以f(x)3ax22bx3.根據(jù)題意,得即解得所以f(x)x33x.(2)設(shè)切點為(x0,y0)(x02),則y0x3x0.因為f(x0)3x3,所以切線的斜率為3x3,則3x3,即2x6x6m0.因為過點M(2,m)(m2)可作曲線yf(x)的三條切線,所以方程2x6x6m0有三個不同的實根,設(shè)函數(shù)g(x)2x36x26m,則函數(shù)g(x)有三個零點,且g(x)6x212x,令g(x)0,得x0或x2.g(x),g(x)隨x的變化而變化的情況如下表:x(,0)0(0,2)2(2,)g(x)00g(x)極大值極小值若函數(shù)g(x)有三個零點,則需即解得6m2.所以實數(shù)

8、m的取值范圍為(6,2)11(2018成都模擬)已知函數(shù)f(x)(ax1)ln x.(1)若a2,求曲線yf(x)在點(1,f(1)處的切線l的方程;(2)設(shè)函數(shù)g(x)f(x)有兩個極值點x1,x2,其中x1(0,e,求g(x1)g(x2)的最小值解:(1)當a2時,f(x)(2x1)ln x,則f(x)2ln xx2,f(1)2,f(1),切線l的方程為y2(x1),即4x2y30.(2)函數(shù)g(x)aln xxa,定義域為(0,),則g(x)1,令g(x)0,得x2ax10,其兩根為x1,x2,且x1x2a,x1x21,故x2,a.g(x1)g(x2)g(x1)galn x1x1a22a

9、ln x122ln x1,令h(x)22ln x.則g(x1)g(x2)minh(x)min,又h(x),當x(0,1時,h(x)0,當x(1,e時,h(x)0,即當x(0,e時,h(x)單調(diào)遞減,h(x)minh(e),故g(x1)g(x2)min.12(2018鄭州模擬)已知函數(shù)f(x)ln xx,g(x)mx3mx(m0)(1)求曲線yf(x)在點(1,f(1)處的切線方程;(2)若對任意的x1(1,2),總存在x2(1,2),使得f(x1)g(x2),求實數(shù)m的取值范圍解:(1)易知切點為(1,1),f(x)1,切線的斜率kf(1)0,故切線方程為y1.(2)設(shè)f(x)在區(qū)間(1,2)

10、上的值域為A,g(x)在區(qū)間(1,2)上的值域為B,則由題意可得AB.f(x)ln xx,f(x)10時,g(x)0在x(1,2)上恒成立,則g(x)在(1,2)上是增函數(shù),此時g(x)在區(qū)間(1,2)上的值域B為,則解得m(ln 22)3ln 2.當m0時,g(x)0恒成立,函數(shù)f(x)在(0,)上單調(diào)遞增,則函數(shù)f(x)不存在兩個不同的零點當a0時,由f(x)0,得x,當0x0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,當x時,f(x)0,即ln 2a1,所以02a,即0a0對任意的x1恒成立,則m的最大值為()A2 B3C4 D5解析:選B法一:因為f(x)xxln x,且f(x)m(x1)0對任意的x1恒

11、成立,等價于m在(1,)上恒成立,等價于m1)令g(x)(x1),所以g(x).易知g(x)0必有實根,設(shè)為x0,則x02ln x00,且g(x)在(1,x0)上單調(diào)遞減,在(x0,)上單調(diào)遞增,此時g(x)ming(x0)x0,因此mx0,令h(x)x2ln x,可得h(3)0,又mZ,故m的最大值為3.故選B.法二:f(x)m(x1)在(1,)上恒成立,而f(x)2ln x,得f(x)在(0,e2)上單調(diào)遞減,在(e2,)上單調(diào)遞增,由圖象可知,過點(1,0)的直線ym(x1)必在f(x)的圖象下方,設(shè)過點(1,0)且與f(x)的圖象相切的直線的斜率為k,則mk.此時設(shè)切點為(x0,x0x

12、0ln x0),則有k2ln x0,可得x0ln x020,令g(x)xln x2,顯然g(e)0,所以ex0e2,所以1ln x02,3k4,又m0,aR恒成立,則實數(shù)m的最大值為()A. B2Ce D3解析:選Bb(a2)2ln b(a1)2等價于點P(b,ln b)與點Q(a2,a1)距離的平方,易知點P,Q分別在曲線C:yln x及直線l:yx1上令f(x)ln x,則f(x),令f(x)1,得x1,故與直線l平行且與曲線C相切的直線l與曲線C的切點為(1,0),所以|PQ|min,所以m2m2,解得1m2,所以m的最大值為2.故選B.5設(shè)函數(shù)f(x)exax,g(x)ln(x3)4e

13、xa,其中e為自然對數(shù)的底數(shù),若存在實數(shù)x0,使得f(x0)g(x0)2成立,則實數(shù)a的值為()A2ln 2 B1ln 2C1ln 2 D2ln 2解析:選D由已知得f(x)g(x)exaxln(x3)4exa,設(shè)h(x)exa4exa,u(x)xln(x3),所以h(x)exa4exa24,當且僅當exa2時等號成立u(x)1(x3),令u(x)0,得x2;令u(x)0,得3x0,若直線MNx軸,則M,N兩點間的距離的最小值為()A1 B2C3 D4解析:選A設(shè)h(x1)|MN|,由題意知h(x1)x2x1,x11,由MNx軸可得g(x2)f (x1),即x2e x11(x11)21,所以h

14、(x1)x2x1ex11(x11)2x11,h(x1)e x11x1,h(x1)e x111,因為h(x1)h(1)0,所以h(x1)在1,)上是增函數(shù),所以h(x1)h(1)0,因此h(x1)在1,)上是增函數(shù),所以h(x1)h(1)1,故選A.7若對任意的x,e為自然對數(shù)的底數(shù),總存在唯一的y1,1,使得ln xx1ay2ey成立,則實數(shù)a的取值范圍為()A. B.C. D.解析:選B設(shè)f(x)ln xx1a,則f(x)1.因為x,所以f(x)0,f(x)在上單調(diào)遞增,所以f(x).設(shè)g(y)y2ey,y1,1,則g(y)y(y2)ey.由g(y)0,得1y0,得0y1.所以函數(shù)g(y)在

15、1,0上單調(diào)遞減,在0,1上單調(diào)遞增,且g(1)g(1)e.對任意的x,總存在唯一的y1,1,使得ln xx1ay2ey成立,等價于f(x)的值域是g(y)的不含極值點的單值區(qū)間的子集,故,所以0時,f(x)f(x3)0;當x(0,3)時,f(x),其中e是自然對數(shù)的底數(shù),且e2.72,則方程6f(x)x0在9,9上的解的個數(shù)為()A4 B5C6 D7解析:選D依題意,當x(0,3)時,f(x),令f(x)0得xe,故函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,e)上單調(diào)遞增,在區(qū)間(e,3)上單調(diào)遞減,故在區(qū)間(0,3)上,f(x)maxf(e)1.又函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù),且當x0時,f(x)f(x3)0,即f(x3)f(x),f(0)0.由6f(x)x0,得f(x).在同一坐標系內(nèi)作出函數(shù)yf(x)與y在區(qū)間9,9 上的圖象如圖所示由圖可知,函數(shù)yf(x)與y的圖象有7個交點,即方程6f(x)x0的解的個數(shù)為7.故選D.

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