2019版高考数学复习专题跟踪检测（三）导数的简单应用理（重点生，含解析）

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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)＝excosx的图象在点(0，f(0))处的切线方程是(　　)A．x＋y＋1＝0　　　　　　　B．x＋y－1＝0C．x－y＋1＝0D．x－y－1＝0解析：选C　依题意，f(0)＝e0cos0＝1，因为f′(x)＝excosx－exsinx，所以f′(0)＝1，所以切线方程为y－1＝x－0，即x－y＋1＝0，故选C.2．已知函数f(x)＝x2－5x＋2lnx，则函数f(x)的单调递增区间是(　　)A.和(1，＋∞)B．(0,1)和(2，＋∞)C.和(2，＋∞)D

2、．(1,2)解析：选C　函数f(x)＝x2－5x＋2lnx的定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝2x－5＋＝＝.由f′(x)>0，解得02，故函数f(x)的单调递增区间是和(2，＋∞)．3．(2018·石家庄模拟)已知f(x)＝，其中e为自然对数的底数，则(　　)A．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x＝e，当x∈(0，e)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x

3、∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，故f(x)在x＝e处取得最大值f(e)，f(2)－f(3)＝－＝＝<0，∴f(2)f(3)>f(2)，故选D.4．(2019届高三·广州调研)已知直线y＝kx－2与曲线y＝xlnx相切，则实数k的值为(　　)A．ln2B．1C．1－ln2D．1＋ln2解析：选D　由y＝xlnx知y′＝lnx＋1，设切点为(x0，x0lnx0)，则切线方程为y－x0lnx0＝(lnx0＋1)(x－x0)，因为切线y＝kx－2过定点(0，－2)，所以－2－x0lnx0＝(l

4、nx0＋1)(0－x0)，解得x0＝2，故k＝1＋ln2，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f(x＋3)为偶函数，f(6)＝1，则不等式f(x)>ex的解集为(　　)A．(－2，＋∞)B．(0，＋∞)C．(1，＋∞)D．(4，＋∞)解析：选B　因为f(x＋3)为偶函数，所以f(3－x)＝f(x＋3)，因此f(0)＝f(6)＝1.设h(x)＝，则原不等式即h(x)>h(0)．又h′(x)＝＝，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

5、(x)>h(0)，得x>0.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)＝lnx－ax，当x∈[－2,0)时，f(x)的最小值为3，则a的值等于(　　)A．e2B．eC．2D．1解析：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x∈[－2,0)时，f(x)的最小值为3，所以当x∈(0,2]时，f(x)＝lnx－ax的最大值为－3.又f′(x)＝(00；当

6、，f′(x)<0；所以函数f(x)＝lnx－ax在区间上单调递增，在区间上单调递减，故f(x)max＝f＝ln－a×＝－3，解得a＝e2.7．若函数f(x)＝lnx－ax2－2x存在单调递减区间，则实数a的取值范围是________．解析：f′(x)＝－ax－2＝，由题意知f′(x)<0有实数解，∵x>0，∴ax2＋2x－1>0有实数解．当a≥0时，显然满足；当a<0时，只需Δ＝4＋4a>0，∴－1－1.答案：(－1，＋∞)8．已知函数f(x)＝ex－mx＋1的图象为曲线C，若曲线C存在与直线y＝ex垂直的切线，

7、则实数m的取值范围是________．解析：函数f(x)的导数f′(x)＝ex－m，设切点为(x0，ex0－mx0＋1)，即切线斜率k＝ex0－m，若曲线C存在与直线y＝ex垂直的切线，则满足(ex0－m)e＝－1，即ex0－m＝－有解，即m＝ex0＋有解，∵ex0＋＞，∴m＞.答案：9．已知x0为函数f(x)＝(ea)x＋3x的极值点，若x0∈(e为自然对数的底数)，则实数a的取值范围是________．解析：f′(x)＝aeax＋3，则f′(x0)＝3＋aeax0＝0，由于eax0>0，则a<0，此时x0＝ln.令t＝－，t>0

8、，则x0＝－lnt，构造函数g(t)＝－lnt(t>0)，g′(t)＝－lnt－＝－(lnt＋1)，当00，g(t)为增函数，且g(t)>0恒成立，当t>时，g′(t)<0，g(t)为减函数，g(t)max＝g＝