（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）

《（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）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（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）（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

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.