《（京津专用）2019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《（京津专用）2019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、8 86 6 分项练分项练 1414 导导 数数 1(2018四平模拟)定积分 dx的值为( ) 1 0 x2x A. B. C D2 4 2 答案 A 解析 y， x2x (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， 1 0 x2x 定积分 dx. 1 0 x2x 4 2(2018昆明模拟)已知函数f(x)(x22x)exaln x(aR R)在区间(0，)上单调递 增，则a的最大值是( ) Ae Be C D4e2 e2 2 答案 A 解析 因为函数f(x)(x22x)exaln x(aR R)， 所以f(x)ex(x22x)ex(
2、2x2) a x ex(x22) (x0) a x 因为函数f(x)(x22x)exaln x(aR R)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(x22)在区间(0，)上 a x a x 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，解得 10，则( ) Af(4)(24)f()2f(3) 55 Bf(
3、4)2f(3)(24)f() 55 C(24)f()2f(3)f(4) 55 D2f(3)f(4)(24)f() 55 答案 C 解析 令g(x)，则g(x)， fx x2 x2fxfx x22 因为当x2 时，(x2)f(x)(2x)f(x)0， 所以当x2 时，g(x)g(3)g(4)， 5 即， f 5 52 f3 32 f4 42 即(24)f()2f(3)f(4) 55 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. (0， e2 8 (0， e2 4 C. D. e2 8 ，) e2 4 ，) 答案 D 解析 设公共切线在曲线C1，
4、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) am2et mt et 4 t1 et 4 t1 ，则当t2 时，f(t)0；当 10 时，f(x)， exx1 x2 当 01 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，函数单调递增， exx1 x2 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 0e，当te 时， e22aea10，解得a，检验满足条件；由t10，t2e 得Error!无解故选 D. e21 2e
5、1 7已知函数f(x)Error!若函数g(x)f(x)axa存在零点，则实数a的取值范围为( ) A. 1 3，e2 B.e2，) (， 1 3 C. 1 3， 1 e D.e，) (， 1 3 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 ， 10 21 1 3 设直线ya(x1)与yex相切于点(x0， 0 ex)， 则切点处的导数值为 0 ex， 则过切点的直线方程为y 0 ex 0 ex(x
6、x0)， 又切线过点(1,0)，则 0 ex 0 ex(1x0)， x0 0 ex2e 0 ex，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. 1 3 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 R)，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， x ex(0，e 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. (2e， 32e e2e) (2e， e e22 C. D. (e， 32e e2
7、e (e， e e22) 答案 C 解析 函数f(x)的定义域为(0，)， 且f(x) 2ax(2a)(x0)， 1 x 2 x1ax1 x 当a0 时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增； 当a0 时，f(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) 2 的解集为(e，)， ( 1 a) 1 a 1 e 求解不等式 1ae2(2a)e2，可得a. 32e e2e 求解不等式 q，若不等式2 恒成立，则实数a的取值范围是 fp1fq1 pq _ 答案 24，) 解析 由已知pq，可得f(p1)f(q1)2(pq)， f(p1)f(q1)2p
8、2q， 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)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， a x2 即a(x2)(2x2)在x(1,2)时恒成立， 令h(x)(x2)(2x2)2 2 ， (x 3 2) 1 2 h(x)在(1,2)上为增函数， 所以ah(2)24. 即a 的取值范围为. 24，) 13(2018河北省衡水中学模拟)若
9、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) 2 e，) 解析 由题意可得m， 2x 2exyln yln x 则 ln ， 1 m 2exyln yln x 2x (e 1 2 y x) y x 令t，构造函数g(t)ln t(t0)， y x(t 0) (e t 2) 则g(t) ln t 1 2 (e t 2) 1 t ln t (t0)， 1 2 e t 1 2 设h(t)g(t)， 则h(t)0，函数g(t)单调递增， 当t(e，)时，g(t)0， 1 x 当ae 时，f(x)0， 所以
10、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， 1 x 1 ae 当x时，f(x)0，f(x)单调递增， (0， 1 ae) 当x时，f(x)e， b a 1lnae a 设F(x)，xe， 1lnxe x 则F(x) 1 xex1lnxe x2 ，xe， xelnxee xex2 令H(x)(xe)ln(xe)e， 则H(x)ln(xe)1， 由H(x)0，解得xe ， 1 e 当x时，H(x)0，H(x)单调递增， (e 1 e，) 当x时，H(x)2e 时，H(x)0，H(2e)0， 所以当x(e,2e)时，F(x)0，F(x)单调递增， 所以当x2e 时，F(x)取最小值F(2e) ， 11 2e 1 e 所以 的最小值为 . b a 1 e
