《2019高考数学二轮复习课时跟踪检测二十四导数的简单应用小题练》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019高考数学二轮复习课时跟踪检测二十四导数的简单应用小题练（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、课时跟踪检测（二十四）课时跟踪检测（二十四） 导数的简单应用（小题练）导数的简单应用（小题练） A 级124 提速练 一、选择题 1已知f(x)ax33x22，若f(1)3，则a( ) A. B. 19 3 16 3 C. D3 13 3 解析：选 D f(x)ax33x22，f(x)3ax26x，f(1)3a6， f(1)3，3a63，解得a3.故选 D. 2(2018合肥模拟)已知直线 2xy10 与曲线yaexx相切，其中 e 为自然对 数的底数，则实数a的值是( ) Ae B2e C1 D2 解析：选 C yaexx，yaex1，设直线 2xy10 与曲线yaexx相 切的切点坐标为(
2、m，n)，则y|xmaem12，得aem1，又 naemm2m1，m0，a1，故选 C. 3(2018成都模拟)已知函数yf(x)的导函数yf(x)的图象如图所示，则函数 yf(x)在区间(a，b)内的极小值点的个数为( ) A1 B2 C3 D4 解析：选 A 如图，在区间(a，b)内，f(c)0，且在点xc附近的左侧f(x) 0，所以在区间(a，b)内只有 1 个极小值点，故选 A. 4(2018重庆调研)若函数f(x)(xa)ex在(0，)上不单调，则实数a的取值 范围是( ) A(，1) B(，0) C(1,0) D1，) 解析：选 A f(x)ex(xa1)，由题意，知方程 ex(x
3、a1)0 在(0，)上 至少有一个实数根，即xa10，解得a1. 5已知f(x)2x36x2m(m为常数)在2,2上有最大值为 3，那么此函数在 2,2上的最小值为( ) A0 B5 C10 D37 解析：选 D 由题意知，f(x)6x212x，由f(x)0 得x0 或x2，当x0 或x2 时，f(x)0，当 0x2 时，f(x)0，f(x)在2,0上单调递增，在 0,2上单调递减，由条件知f(0)m3，f(2)5，f(2)37，最小值为37. 6(2018广州模拟)设函数f(x)x3ax2，若曲线yf(x)在点P(x0，f(x0)处的 切线方程为xy0，则点P的坐标为( ) A(0,0) B
4、(1，1) C(1,1) D(1，1)或(1,1) 解析：选 D 由题意知，f(x)3x22ax，所以曲线yf(x)在点P(x0，f(x0)处的 切线的斜率为f(x0)3x2ax0，又切线方程为xy0，所以x00，且Error!解得 2 0 a2，x0 .所以当Error!时，点P的坐标为(1，1)；当Error!时，点P的坐标为 a 2 (1,1)，故选 D. 7(2018昆明检测)若函数f(x)e2xax在(0，)上单调递增，则实数a的取 值范围为( ) A1，) B(1，) C2，) D(2，) 解析：选 C f(x)在(0，)上单调递增，且f(x)2e2xa，f(x) 2e2xa0 在
5、(0，)上恒成立，即a2e2x在(0，)上恒成立，又x(0，)时， 2e2x2，a2. 8(2018陕西模拟)设函数f(x)x312xb，则下列结论正确的是( ) A函数f(x)在(，1)上单调递增 B函数f(x)在(，1)上单调递减 C若b6，则函数f(x)的图象在点(2，f(2)处的切线方程为y10 D若b0，则函数f(x)的图象与直线y10 只有一个公共点 解析：选 C 对于选项 A，B，根据函数f(x)x312xb，可得f(x)3x212， 令 3x2120，得x2 或x2，故函数f(x)在(，2)，(2，)上单调递增， 在(2,2)上单调递减，所以选项 A，B 都不正确；对于选项 C
6、，当b6 时，f(2) 0，f(2)10，故函数f(x)的图象在点(2，f(2)处的切线方程为y10，选项 C 正确；对于选项 D，当b0 时，f(x)的极大值为f(2)16，极小值为f(2)16，故 直线y10 与函数f(x)的图象有三个公共点，选项 D 错误故选 C. 9已知定义在上的函数yf(x)的导函数为f(x)，若f(x)cos x1ln (0， 2) xf(x)sin x，则下列不等式成立的是( ) A.ff 3 ( 4)2 ( 6)3 ( 3) ( 6) 解析：选 D 令g(x)，则g(x) fx cos x fxcos xfxsin x cos2x ，由Error!解得 ，所以
7、gg，所以，即ff ( 1 e， 2) 3 6 1 e ( 3) ( 6) f( 3) cos 3 f( 6) cos 63 ( 3) ，B 错，D 正确同理因为 ，所以gg，所以，即f ( 6) 4 6 1 e ( 4) ( 6) f( 4) cos 4 f( 6) cos 63 ( 4) f，C 错因为 ，所以gg，所以，即ff，A 2 ( 6) 3 4 1 e ( 3) ( 4) f( 3) cos 3 f( 4) cos 42 ( 3) ( 4) 错故选 D. 10已知函数f(x)(xR)为奇函数，当x(0,2时，f(x)ln xm2x，当 (m 2 2) x2,0)时，f(x)的最小
8、值为 3，则m的值为( ) A1 B2 Ce De2 解析：选 C f(x)在 R 上是奇函数，当x2,0)时，f(x)的最小值为 3，f(x) 在(0,2上的最大值为3.当x(0,2时，f(x) m2，令f(x)0，解得 1 x xm2；由m知 00，f(x)单调递增，当x(m2,2 2 2 时，f(x)0，故g(x)的单调递减区间为(，a1)，单调递增 区间为(a1，)因为存在区间D，使f(x)和g(x)在区间D上的单调性相同，所以 a10，即a0 或f(x)0，则f(x)log3xm，由ff(x)log3x4 可 得f(m)log3mm4，即m34m，解得m3，所以f(x)log3x3，
9、f(x)， 1 xln 3 从而f1，即所求切线的斜率为 1. ( 1 ln 3) 答案：1 B 级难度小题强化练 1(2018西安八校联考)已知函数f(x)ln xax2，若f(x)恰有两个不同的零点， 则a的取值范围为( ) A. B ( 1 2e，) 1 2e，) C. D. (0， 1 2e) (0， 1 2e 解析：选 C 函数f(x)的定义域为(0，)，f(x) 2ax.当a0 时， 1 x 12ax2 x f(x)0 恒成立，函数f(x)在(0，)上单调递增，则函数f(x)不存在两个不同的零 点当a0 时，由f(x)0，得x，当 00，函数f(x)单调递增， 1 2a 1 2a
10、当x时，f(x)0，即 ln 2a2，则方程f(x) fx x x的根的个数为( ) 1 x A1 B1 或 2 C0 D0 或 1 解析：选 C 由题意知，方程f(x) x的根，即为0 的根记 1 x xfxx21 x g(x)xf(x)x21，则g(x)f(x)xf(x)2x. 当x0 时，由f(x)2 得0，故当x0 时，xf(x) fx x xfxfx2x x f(x)2x0，即g(x)0， 当x0，若函数yf(x1)的图象关于原点对称，af，b3f(2)， f2x x1 1 2 ( 1 2) c2f(3)，则a，b，c的大小关系是( ) Aa0 可得f(x)0，即 f2x x1 fx
11、 x1 0，即0.当x1 时，g(x)0，函数g(x)单调递 x1fxfx x1 gx x1 增而ag，bg(2)，cg(3)由函数yg(x)的图象关于直线x1 对称可得 ( 1 2) agg，bg(2)g(4)，因为 0，f(x)单调递增，当x(1,2时，f(x) 4x5x1 2x1 0，f(x)单调递减由于方程 ln(x1)x2xa在区间0,2上有两个不同的实数根， 3 2 即f(x)0 在区间0,2上有两个不同的实数根，则Error!解得 ln 31aln 2 .所以 1 2 方程 ln(x1)x2xa在区间0,2上有两个不同的实数根时，实数a的取值范围是 3 2 . ln 31，ln
12、2 1 2) 5已知函数f(x)x(ln xax)有两个极值点，则实数a的取值范围是_ 解析：f(x)的定义域为(0，)f(x)ln xaxxln x2ax1，令 ( 1 xa) f(x)ln x2ax10，得 ln x2ax1，因为函数f(x)x(ln xax)有两个极值点， 所以f(x)ln x2ax1 有两个零点，等价于函数yln x与y2ax1 的图象有两个 交点在同一平面直角坐标系中作出它们的图象，如图所示，过点 (0，1)作曲线yln x的切线，设切点为(x0，y0)，则切线的斜率k ，所以切线方程为yx1，又切点在切线上，所以 1 x0 1 x0 y010，又切点在曲线yln x
13、上，则 ln x00，解得x01，所以切点为(1,0)， x0 x0 所以切线方程为yx1.再由直线y2ax1 与曲线yln x有两个交点，知直线 y2ax1 位于两直线y1 和yx1 之间，其斜率 2a满足 02a1，解得实数a的取 值范围是. (0， 1 2) 答案：(0， 1 2) 6已知函数g(x)ax2与h(x)2ln x的图象 ( 1 e x e，e为自然对数的底数) 上存在关于x轴对称的点，则实数a的取值范围是_ 解析：因为函数g(x)ax2与h(x)2ln x的图 ( 1 e x e，e为自然对数的底数) 象上存在关于x轴对称的点，所以方程ax22ln x，即a2ln xx2在上有 1 e，e 解令f(x)2ln xx2，则f(x) 2x，因为 xe，所以 2 x 21x1x x 1 e f(x)在x1 处有唯一的极大值点因为f2，f(e)2e2，f(x)的极大值为 ( 1 e) 1 e2 f(1)1，且f(e)f，故方程a2ln xx2在上有解等价于 ( 1 e) 1 e，e 2e2a1，即 1ae22，故实数a的取值范围是1，e22 答案：1，e22
