《高考数学总复习优编增分练：8＋6分项练14导数理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学总复习优编增分练：8＋6分项练14导数理（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、86分项练14导数1(2018四平模拟)定积分dx的值为()A. B. C D2答案A解析y，(x1)2y21表示以(1,0)为圆心，以1为半径的圆，定积分dx等于该圆的面积的四分之一，定积分dx.2(2018昆明模拟)已知函数f(x)(x22x)exaln x(aR)在区间(0，)上单调递增，则a的最大值是()Ae Be C D4e2答案A解析因为函数f(x)(x22x)exaln x(aR)，所以f(x)ex(x22x)ex(2x2)ex(x22)(x0)因为函数f(x)(x22x)exaln x(aR)在区间(0，)上单调递增，所以f(x)ex(x22)0在区间(0，)上恒成立，即ex(
2、x22)在区间(0，)上恒成立，亦即aex(x32x)在区间(0，)上恒成立，令h(x)ex(x32x)，x0，则h(x)ex(x32x)ex(3x22)ex(x32x3x22)ex(x1)(x24x2)，x0，因为x(0，)，所以x24x20.因为ex0，令h(x)0，可得x1，令h(x)0，可得0x1.所以函数h(x)在区间(1，)上单调递增，在区间(0,1)上单调递减所以h(x)minh(1)e1(12)e.所以ae.所以a的最大值是e.3(2018潍坊模拟)已知函数f(x)若mn，且f(m)f(n)，则nm的取值范围为()A32ln 2,2) B32ln 2,2Ce1,2) De1,2
3、答案A解析作出函数f(x)的图象，如图所示，若mn，且f(m)f(n)，则当ln(x1)1时，得x1e，即xe1，则满足0ne1，2m0，则ln(n1)m1，即m2ln(n1)2，则nmn22ln(n1)，设h(n)n22ln(n1)，0ne1，则h(n)1，00，解得1ne1，由h(n)0，解得0n1，当n1时，函数h(n)取得最小值h(1)122ln(11)32ln 2，当n0时，h(0)22ln 12；当ne1时，he122ln(e11)e12，所以32ln 2h(n)0，则()Af(4)(24)f()2f(3)Bf(4)2f(3)(24)f()C(24)f()2f(3)f(4)D2f(
4、3)f(4)(24)f()答案C解析令g(x)，则g(x)，因为当x2时，(x2)f(x)(2x)f(x)0，所以当x2时，g(x)g(3)g(4)，即，即(24)f()2f(3)f(4)5若曲线C1：yax2(a0)与曲线C2：yex存在公共切线，则a的取值范围为()A. B.C. D.答案D解析设公共切线在曲线C1，C2上的切点分别为(m，am2)，(t，et)，则2amet，所以m2t2，a(t1)，令f(t)(t1)，则f(t)，则当t2时，f(t)0；当1t2时，f(t)0时，f(x)，当0x1时，f(x)1时，f(x)0，函数单调递增，当x1时，函数取得极小值f(1)e.当x0，函
5、数单调递增，如图，画出函数的图象，设tf(x)，当te时，tf(x)有3个根，当te时，tf(x)有2个实根，当0te，当te时，e22aea10，解得a，检验满足条件；由t10，t2e得无解故选D.7已知函数f(x)若函数g(x)f(x)axa存在零点，则实数a的取值范围为()A.B.e2，)C.D.e，)答案B解析函数g(x)f(x)axa存在零点，即方程f(x)axa存在实数根，即函数yf(x)与ya(x1)的图象有交点，如图所示，作出f(x)图象，直线ya(x1)恒过定点(1,0)，过点(2,1)与(1,0)的直线的斜率k，设直线ya(x1)与yex相切于点(x0，)，则切点处的导数值
6、为，则过切点的直线方程为y(xx0)，又切线过点(1,0)，则(1x0)，x02e，得x02，此时切线的斜率为e2，由图可知，要使函数g(x)f(x)axa存在零点，则实数a的取值范围是a或ae2.8(2018江西省重点中学协作体联考)已知函数f(x)ln xax2(2a)x(aR)，g(x)2，对任意的x0(0,2，关于x的方程f(x)g(x0)在上有两个不同的实数根，则实数a的取值范围(其中e2.718 28为自然对数的底数)为()A. B.C. D.答案C解析函数f(x)的定义域为(0，)，且f(x)2ax(2a)(x0)，当a0时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增；当a0时，f
7、(x)0，f(x)在(0，)上单调递增；当a0，g(x)单调递增，当x(1，)时，g(x)0，g(x)单调递减，其中g(0)2，g(1)2，g(2)2，则函数g(x)在区间(0,2上的值域为，f(x)g(x0)在(0，e上有两个不同的实数根，则必有a2的解集为(e，)，求解不等式1ae2(2a)e2，可得a.求解不等式e，可得aq，若不等式2恒成立，则实数a的取值范围是_答案解析由已知pq，可得f(p1)f(q1)2(pq)，f(p1)f(q1)2p2q，f(p1)2pf(q1)2q，f(p1)2p2f(q1)2q2，f(p1)2(p1)f(q1)2(q1)令g(x)f(x)2x，则有g(p1
8、)g(q1)因为p，q(0,1)，所以p1(1,2)，q1(1,2)，又因为pq，所以g(x)f(x)2x在(1,2)上为单调递增函数，则g(x)f(x)22x20在(1,2)上恒成立，即a(x2)(2x2)在x(1,2)时恒成立，令h(x)(x2)(2x2)22，h(x)在(1,2)上为增函数，所以ah(2)24.即a 的取值范围为.13(2018河北省衡水中学模拟)若存在两个正实数x，y使等式2xm(y2ex)(ln yln x)0成立(其中e2.718 28)，则实数m的取值范围是_答案(，0)解析由题意可得m，则ln，令t，构造函数g(t)ln t(t0)，则g(t)ln tln t(t0)，设h(t)g(t)，则h(t)0，函数g(t)单调递增，当t(e，)时，g(t)0，函数g(t)单调递减，则当te时，g(t)取得最大值g(e)，据此有，m0，当ae时，f(x)0，所以f(x)在(0，)上单调递增，所以f(x)0不恒成立；当ae时，令f(x)ea0，得x，当x时，f(x)0，f(x)单调递增，当x时，f(x)0，f(x)单调递减，所以当x时，f(x)取得最大值，因为不等式f(x)
