（全國通用版）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 12＋4分項練14 導(dǎo)數(shù) 理.doc

124分項練14導(dǎo)數(shù)1(2018四平模擬)定積分dx的值為()A. B. C D2答案A解析y，(x1)2y21表示以(1,0)為圓心，以1為半徑的圓，定積分dx等于該圓的面積的四分之一，定積分dx.2(2018昆明模擬)已知函數(shù)f(x)(x22x)exaln x(aR)在區(qū)間(0，)上單調(diào)遞增，則a的最大值是()Ae Be C D4e2答案A解析因為函數(shù)f(x)(x22x)exaln x(aR)，所以f(x)ex(x22x)ex(2x2)ex(x22)(x>0)因為函數(shù)f(x)(x22x)exaln x(aR)在區(qū)間(0，)上單調(diào)遞增，所以f(x)ex(x22)0在區(qū)間(0，)上恒成立，即ex(x22)在區(qū)間(0，)上恒成立，亦即aex(x32x)在區(qū)間(0，)上恒成立，令h(x)ex(x32x)，x>0，則h(x)ex(x32x)ex(3x22)ex(x32x3x22)ex(x1)(x24x2)，x>0，因為x(0，)，所以x24x2>0.因為ex>0，令h(x)>0，可得x>1，令h(x)<0，可得0<x<1.所以函數(shù)h(x)在區(qū)間(1，)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減所以h(x)minh(1)e1(12)e.所以ae.所以a的最大值是e.3已知函數(shù)f(x)exx2x，若存在實數(shù)m使得不等式f(m)2n2n成立，則實數(shù)n的取值范圍為()A.1，)B(，1C.D.0，)答案A解析對函數(shù)求導(dǎo)可得，f(x)ex2x1，f(1)f(1)f(0)1，f(0)1，f(1)e，f(x)exx2x，f(x)exx1，設(shè)g(x)f(x)，則g(x)ex1>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，而f(0)0，當(dāng)x<0時，f(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>0時，f(x)>0，f(x)單調(diào)遞增故f(x)minf(0)1，由存在性的條件可得關(guān)于實數(shù)n的不等式2n2n1，解得n1，)4已知函數(shù)f(x)x2(ln 3x)22a(x3ln 3x)10a2，若存在x0使得f(x0)成立，則實數(shù)a的值為()A. B.C. D.答案D解析f(x)x2(ln 3x)22a(x3ln 3x)10a2(xa)2(ln 3x3a)2表示點M(x，ln 3x)與點N(a,3a)距離的平方，M點的軌跡是函數(shù)g(x)ln 3x的圖象，N點的軌跡是直線y3x，則g(x).作g(x)的平行于直線y3x的切線，切點為(x1，y1)，則3，所以x1，切點為P，所以曲線上點P到直線y3x的距離最小，最小距離d，所以f(x)，根據(jù)題意，要使f(x0)，則f(x0)，此時N為垂足，點M與點P重合，kMN，得a.5(2018濰坊模擬)已知函數(shù)f(x)若m<n，且f(m)f(n)，則nm的取值范圍為()A32ln 2,2) B32ln 2,2Ce1,2) De1,2答案A解析作出函數(shù)f(x)的圖象，如圖所示，若m<n，且f(m)f(n)，則當(dāng)ln(x1)1時，得x1e，即xe1，則滿足0<ne1，2<m0，則ln(n1)m1，即m2ln(n1)2，則nmn22ln(n1)，設(shè)h(n)n22ln(n1)，0<ne1，則h(n)1，0<ne1，由h(n)>0，解得1<ne1，由h(n)<0，解得0<n<1，當(dāng)n1時，函數(shù)h(n)取得最小值h(1)122ln(11)32ln 2，當(dāng)n0時，h(0)22ln 12；當(dāng)ne1時，he122ln(e11)e1<2，所以32ln 2h(n)<2，即nm的取值范圍是32ln 2,2)6(2018峨眉山市第七教育發(fā)展聯(lián)盟聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)aln(x2)x2，在區(qū)間(0,1)內(nèi)任取兩個實數(shù)p，q，且p>q，若不等式>2恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是()A. B.C. D.答案D解析由已知p>q，可得f(p1)f(q1)>2(pq)，f(p1)>f(q1)2p2q，f(p1)2p>f(q1)2q，f(p1)2p2>f(q1)2q2，f(p1)2(p1)>f(q1)2(q1)令g(x)f(x)2x，則有g(shù)(p1)>g(q1)因為p，q(0,1)，所以p1(1,2)，q1(1,2)，又因為p>q，所以g(x)f(x)2x在(1,2)上為單調(diào)遞增函數(shù)，則g(x)f(x)22x20在(1,2)上恒成立，即a(x2)(2x2)在x(1,2)時恒成立，令h(x)(x2)(2x2)22，h(x)在(1,2)上為增函數(shù)，所以ah(2)24.即a 的取值范圍為.7(2018安徽省江南十校聯(lián)考)yf(x)的導(dǎo)函數(shù)滿足：當(dāng)x2時，(x2)(f(x)2f(x)xf(x)>0，則()Af(4)>(24)f()>2f(3)Bf(4)>2f(3)>(24)f()C(24)f()>2f(3)>f(4)D2f(3)>f(4)>(24)f()答案C解析令g(x)，則g(x)，因為當(dāng)x2時，(x2)f(x)(2x)f(x)>0，所以當(dāng)x>2時，g(x)<0，即函數(shù)g(x)在(2，)上單調(diào)遞減，則g()>g(3)>g(4)，即>>，即(24)f()>2f(3)>f(4)8若曲線C1：yax2(a>0)與曲線C2：yex存在公共切線，則a的取值范圍為()A. B.C. D.答案D解析設(shè)公共切線在曲線C1，C2上的切點分別為(m，am2)，(t，et)，則2amet，所以m2t2，a(t>1)，令f(t)(t>1)，則f(t)，則當(dāng)t>2時，f(t)>0；當(dāng)1<t<2時，f(t)<0，因此f(t)f(2)，所以a，故選D.9(2018三明模擬)已知函數(shù)f(x)e2 018xmx3m(m>0)，當(dāng)x1x21時，對于任意的實數(shù)，都有不等式f(x1)f(sin2)>f(x2)f(cos2)成立，則實數(shù)x1的取值范圍是()A1，) B1,2C. D(1，)答案D解析g(x)f(x)f(1x)(e2 018xmx3)e2 018(1x)m(1x)3，則g(x)2 018e2 018xe2 018(1x)3mx2(1x)2>0，據(jù)此可得函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，又x1x21，則不等式f(x1)f(sin2)>f(x2)f(cos2)，即f(x1)f(sin2)>f(1x1)f(1sin2)，則f(x1)f(1x1)>f(1sin2)f1(1sin2)，即g(x1)>g(1sin2)，結(jié)合函數(shù)g(x)的單調(diào)性可得x1>1sin2恒成立，當(dāng)sin 0時，(1sin2)max1，結(jié)合恒成立的條件可得實數(shù)x1的取值范圍是(1，)10已知函數(shù)f(x)，關(guān)于x的方程f2(x)2af(x)a10(aR)有3個相異的實數(shù)根，則a的取值范圍是()A. B.C. D.答案D解析f(x)當(dāng)x>0時，f(x)，當(dāng)0<x<1時，f(x)<0，函數(shù)單調(diào)遞減，當(dāng)x>1時，f(x)>0，函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)x1時，函數(shù)取得極小值f(1)e.當(dāng)x<0時，f(x)>0，函數(shù)單調(diào)遞增，如圖，畫出函數(shù)的圖象，設(shè)tf(x)，當(dāng)t>e時，tf(x)有3個根，當(dāng)te時，tf(x)有2個實根，當(dāng)0<t<e時，tf(x)有1個實根，考慮到原方程的判別式大于零恒成立，所以原方程等價于t22ata10有2個相異實根，其中t1e，t2(0，e)或t10，t2>e，當(dāng)te時，e22aea10，解得a，檢驗滿足條件；由t10，t2>e得無解故選D.11已知函數(shù)f(x)若函數(shù)g(x)f(x)axa存在零點，則實數(shù)a的取值范圍為()A.B.e2，)C.D.e，)答案B解析函數(shù)g(x)f(x)axa存在零點，即方程f(x)axa存在實數(shù)根，即函數(shù)yf(x)與ya(x1)的圖象有交點，如圖所示，作出f(x)圖象，直線ya(x1)恒過定點(1,0)，過點(2,1)與(1,0)的直線的斜率k，設(shè)直線ya(x1)與yex相切于點(x0，)，則切點處的導(dǎo)數(shù)值為，則過切點的直線方程為y(xx0)，又切線過點(1,0)，則(1x0)，x02，得x02，此時切線的斜率為e2，由圖可知，要使函數(shù)g(x)f(x)axa存在零點，則實數(shù)a的取值范圍是a或ae2.12(2018江西省重點中學(xué)協(xié)作體聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)ln xax2(2a)x(aR)，g(x)2，對任意的x0(0,2，關(guān)于x的方程f(x)g(x0)在上有兩個不同的實數(shù)根，則實數(shù)a的取值范圍(其中e2.718 28為自然對數(shù)的底數(shù))為()A. B.C. D.答案C解析函數(shù)f(x)的定義域為(0，)，且f(x)2ax(2a)(x>0)，當(dāng)a0時，f(x)>0，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時，f(x)>0，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；當(dāng)a<0時，f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增g(x)2，則g(x)，當(dāng)x(，1)時，g(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x(1，)時，g(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，其中g(shù)(0)2，g(1)2，g(2)2，則函數(shù)g(x)在區(qū)間(0,2上的值域為，f(x)g(x0)在(0，e上有兩個不同的實數(shù)根，則必有a<0，且由f(x)的解析式有f(0)，fln1，f(e)1ae2(2a)e，則滿足題意時應(yīng)有注意到函數(shù)f(x)ln xx1是單調(diào)遞增函數(shù)，且f2，據(jù)此可知方程ln12的唯一實數(shù)根滿足，即ae，則不等式ln1>2的解集為(e，)，求解不等式1ae2(2a)e2，可得a.求解不等式<e，可得a<，據(jù)此可得實數(shù)a的取值范圍是.13(2018河南省豫南九校聯(lián)考)若f(x)3xf(1)2x2，則f(0)_.答案6解析由題意得f(x)3f(1)4x，f(1)3f(1)4，f(1)2，f(x)64x，f(0)6406.14若直線y2xb是曲線yex2的切線，則實數(shù)b_.答案2ln 2解析由題意可知，設(shè)切點為(x0，y0)，yex，由y2xb是曲線yex2的切線，得ex02，x0ln 2，代入曲線得y00，然后將切點坐標(biāo)代入切線得b2ln 2.15(2018河北省衡水中學(xué)模擬)若存在兩個正實數(shù)x，y使等式2xm(y2ex)(ln yln x)0成立(其中e2.718 28)，則實數(shù)m的取值范圍是_答案(，0)解析由題意可得m，則ln，令t，構(gòu)造函數(shù)g(t)ln t(t>0)，則g(t)ln tln t(t>0)，設(shè)h(t)g(t)，則h(t)<0恒成立，則g(t)在(0，)上單調(diào)遞減，當(dāng)te時，g(t)0，則當(dāng)t(0，e)時，g(t)>0，函數(shù)g(t)單調(diào)遞增，當(dāng)t(e，)時，g(t)<0，函數(shù)g(t)單調(diào)遞減，則當(dāng)te時，g(t)取得最大值g(e)，據(jù)此有，m<0或m.綜上可得實數(shù)m的取值范圍是(，0).16已知函數(shù)f(x)ln x(ea)xb，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)若不等式f(x)0恒成立，則的最小值為_答案解析因為函數(shù)f(x)ln x(ea)xb，所以f(x)(ea)，其中x>0，當(dāng)ae時，f(x)>0，所以f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，所以f(x)0不恒成立；當(dāng)a>e時，令f(x)ea0，得x，當(dāng)x時，f(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x時，f(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，所以當(dāng)x時，f(x)取得最大值，因為不等式f(x)0恒成立，所以fln(ae)b10，所以ln(ae)b10，所以b1ln(ae)，所以，a>e，設(shè)F(x)，x>e，則F(x)，x>e，令H(x)(xe)ln(xe)e，則H(x)ln(xe)1，由H(x)0，解得xe，當(dāng)x時，H(x)>0，H(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x時，H(x)<0，H(x)單調(diào)遞減，所以當(dāng)xe時，H(x)取得最小值，最小值為He，因為當(dāng)xe時，H(x)e，當(dāng)x>2e時，H(x)>0，H(2e)0，所以當(dāng)x(e,2e)時，F(xiàn)(x)<0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x(2e，)時，F(xiàn)(x)>0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞增，所以當(dāng)x2e時，F(xiàn)(x)取最小值F(2e)，所以的最小值為.