專題跟蹤檢測導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用理

1、專題跟蹤檢測(三)導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用一、全練保分考法一一保大分1. 函數(shù)f(x) = excos x的圖象在點(diǎn)(0, f(0)處的切線方程是()A. x + y + 1= 0B. x+ y 1 = 0C. x y + 1= 0D. xy 1 = 0解析：選 C 依題意，f(0) = ecos 0= 1,因?yàn)?f( x) = excos x exsin x,所以 f (0)=1，所以切線方程為 y 1 = x 0,即卩x y+ 1 = 0，故選C.2. 已知函數(shù)f(x) = x2 5x+ 2ln x，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是()A. 0, 2 和(1 ,)1C. 0, 2 和(2 ,+s)B.

2、 (0,1)和(2 ,+s)D. (1,2)解析：選 C 函數(shù) f(x) = x2 5x+ 2ln x 的定義域是(0 ,),且 f (x) = 2x 5 + j22x 5x+ 2xx 22x 1xz.1.由f(x)0，解得0x2 ,故函數(shù)f (x)的單調(diào)遞1增區(qū)間是0 , 2和(2 , +8).ln x3. (2018 石家莊模擬)已知f (x)= ,其中e為自然對數(shù)的底數(shù)，則()xA. f(2) f(e) f(3)C. f(e) f(2) f(3)B. f(3) f(e) f(2)D. f(e) f(3) f(2)ln x1 一 ln x解析：選 D 由 f (x)=一，得 f (x) =

3、一2,令 f (x)= 0,解得x = e,當(dāng) x xx(0, e)時(shí)，f(x)0,函數(shù)f (x)單調(diào)遞增，當(dāng)x (e , +8)時(shí)，f(x)0,函數(shù) f (x)單調(diào)遞減，故f (x)在x= e處取得最大值f(e),f(2) f(3)=ln 22ln 333ln 2 2ln 36ln 8In 960, f(2) f(3) f (2)，故選 D.4. (2019屆高三廣州調(diào)研)已知直線y = kx 2與曲線y= xln x相切，則實(shí)數(shù)k的值為()A. ln 2B. 1D. 1 + ln 2C. 1 ln 2解析：選D由y= xln x知y= ln x + 1,設(shè)切點(diǎn)為(Xo, Xoln xo)，

4、則切線方程為y xoln X。= (In X0+ 1)( x x。)，因?yàn)榍芯€ y = kx 2 過定點(diǎn)(0， 2)，所以一2 X0In X0= (lnXo+ 1)(0 Xo)，解得 Xo= 2，故 k = 1+ In 2，選 D.5. 已知定義在 R上的可導(dǎo)函數(shù)f (x)的導(dǎo)函數(shù)為f (x)，滿足f(x)f(x)，且f(x +3)為偶函數(shù)，f(6) = 1,則不等式f(x)ex的解集為()A. ( 2,+)B. (0，+m)C. (1 ,+)D. (4 ,+)解析：選B因?yàn)閒(x + 3)為偶函數(shù)，所以 f (3 x) = f (x + 3),因此 f(0) = f(6) = 1.f x設(shè)h

5、(x) =l，則原不等式即h(x)h(0).e又 h(x) =f-依題意 f (x)f (x)，故 h( x)0 ,因此函數(shù)h(x)在R上是增函數(shù)，所以由h(x)h(0)，得x0.故選B.6. 已知定義在 R上的函數(shù)y = f(x)滿足f( x) = f (x)，當(dāng)x (0,2時(shí)，f (x) = ln x1ax a2，當(dāng)x 2,0)時(shí)，f(x)的最小值為3，則a的值等于()八2lA. eB. eC. 2D. 1解析：選A 因?yàn)槎x在R上的函數(shù)y =f(x)滿足f( x) = f(x), 所以y= f(x)為奇函數(shù)，其圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱，因?yàn)楫?dāng)x 2,0)時(shí)，f(x)的最小值為3,1所以當(dāng)x (0

6、,2時(shí)，f (x) = ln x ax a-的最大值為一3.1 ax又 f(x)=(0xw2),z.1所以當(dāng) 0x0 ;a1當(dāng)一xW2 時(shí)，f ( x)0 ;a1 1所以函數(shù)f (x) = ln x ax在區(qū)間0,上單調(diào)遞增，在區(qū)間 ，2上單調(diào)遞減，aa亠 1112故 f(x)max= f= In - aX = 3,解得 a= e .a a a1 27. 若函數(shù)f (x) = ln x 尹x 2x存在單調(diào)遞減區(qū)間，貝U實(shí)數(shù)a的取值范圍是 211 一 ax 2x2解析：f (x) = - ax 2=，由題意知 f (x)0,. ax +x2x 10有實(shí)數(shù)解.當(dāng)a0時(shí)，顯然滿足；當(dāng)a0,二1a 1

7、.答案：(1,+)&已知函數(shù)f (x) = ex mx+1的圖象為曲線 C,若曲線C存在與直線y= ex垂直的切線，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是解析：函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f (x) = ex m,設(shè)切點(diǎn)為(xo, eXo mx+ 1)，即切線斜率k=e x 0 m若曲線C存在與直線y= ex垂直的切線，則滿足(ex 0 me = 1,1即e x 0 m= _有解,e即m= e xo + 有解,答案：1,+oe9.已知xo為函數(shù)f (x) = (ea)x+ 3x的極值點(diǎn)，若Xoe3,13e(e為自然對數(shù)的底數(shù)),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是解析：f(x) = ae + 3,貝V f( Xo) = 3+ aeaxo

8、= 0,由于嚴(yán),則a0,aatt1則 xo= ln t，構(gòu)造函數(shù) g(t) = ln t(t0) , g(t) = lnt 1=如 t +1)，當(dāng)0o, g(t)為增函數(shù)，且g(t)o恒成立，當(dāng) e1 th e時(shí)，g(t)0, g(t)為減函數(shù)，g(t)max= gf = 3e, 且 g(e) = |,因此當(dāng) xo 3,占時(shí),3330* e,即0o,6+ mo,則需即解得6n2.g 2 o,2+ mo,所以實(shí)數(shù)m的取值范圍為(一6,2).2x11. (2oi8 成都模擬)已知函數(shù)f (x) = ( ax 1)ln x+三.(1) 若a= 2，求曲線y =f(x)在點(diǎn)(1 , f(1)處的切線I

9、的方程；(2) 設(shè)函數(shù)g(x) = f (x)有兩個(gè)極值點(diǎn)X1, X2，其中X1 (0 , e，求g(x g(X2)的最小值.2打r,x解：(1)當(dāng) a= 2 時(shí)，f (x) = (2 x 1)ln x + ?,1則 f (X)= 2ln x+ xF 2,xf (1) = 2, f(1) = 1,切線 I 的方程為 y 1= 2( x 1)，即 4x 2y 3= 0.1 函數(shù) g(x) = aln x+ x x + a,定義域?yàn)?0,+), z.則 g(x) = 1 + a+ A=2 “x + ax+ 1令 g(x) = 0,得x2 + ax+ 1 = 0,其兩根為 X1, X2,且 xi +

10、 X2= a, X1X2 = 1,故 x2=X? a= X1+x；.g( x1) g(X2)= g(xi) g1=aln X11X1 + X1 + a X11 1 1日nX1+XTX1 + a = 2 X1二 +Xi12aln X1= 2 X1 2X11X1 + X1In Xi,圍.1令 h(x) = 2 x - 2 X1 x+In x.x則g(xj g(x2) min = h(x) min ,又 h(x) = 21 + X一J X ln當(dāng) x (0,1時(shí)，h(x) w 0,當(dāng) x (1 , e時(shí)，h(x)0 ,即當(dāng)x (0 , e時(shí)，h(x)單調(diào)遞減,4 h( x) min = h(e)=

11、一, e故g(X1) g(X2) min= 412. (2018 鄭州模擬)已知函數(shù)f (x) = In x x,(1)求曲線y = f(x)在點(diǎn)(1 , f(1)處的切線方程;g(x) = jmX mxm 0). 若對任意的X1 (1,2)，總存在X2 (1,2)，使得f(X1) = g(X2)，求實(shí)數(shù)m的取值范解: (1)易知切點(diǎn)為(1 , 1) , f (x) =1 1,切線的斜率 k = f (1) = 0,故切線方程為 y= 1.(2)設(shè)f(x)在區(qū)間(1,2)上的值域?yàn)?A, g(x)在區(qū)間(1,2)上的值域?yàn)?B,則由題意可得A? B.t f(x) = In x x,11 一 x

12、f(x) = - 1=0時(shí)，g(x)0在x (1,2)上恒成立,則g(x)在(1,2)上是增函數(shù)，此時(shí)g(x)在區(qū)間(1,2)上的值域B為一|m jm ,n0,2-m 1,32jim In 2 2,33解得 m pn 2 2) = 3 2“ 2.當(dāng)m0時(shí)，g(x)0B. X1 + X20C. X1 X2 0D. X1 X2V 0解析：選 D 由 f (x) = xsin x 得 f (x) = sin x + xcos x= cos x(tan x + x)，當(dāng) x nn0, y 時(shí)，f ( x) 0,即 f (x)在 0,上為增函數(shù)，又 f ( x) = xsin( x) = xsin x,

13、因而 f(X)為偶函數(shù)，當(dāng) f(Xi)v f(X2)時(shí)，有 f (IXi|)v f (|X2I), I Xi| |X2I,x2 x2v 0,故選D.22. (2018 西安八校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x) = ln x ax ,若f (X)恰有兩個(gè)不同的零點(diǎn),則a的取值范圍為1A +8A. 2e,+1B +82e，十1C. 0， 2-1D 0，2-解析：選C函數(shù)f(X)的定義域?yàn)?0，+m), f(x)X 2ax=匚空.當(dāng)a0恒成立,函數(shù)f (x)在(0 , +8)上單調(diào)遞增，貝y函數(shù)f (X)不存在兩個(gè)不同的零點(diǎn).a0 時(shí)，由 f(x) = 0,得 x=,當(dāng) 0xo，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，當(dāng),f

14、(x)0，1即 In 2 a- J 所以 02ae,0a0對任意的x1恒成立，則m的最大值為(A. 2B.D.解析：選B法一：因?yàn)?f (x) = x+ xlnx,且f (x) mx 1)0對任意的x1恒成立,C. 4x-在(1 , +8 )上恒成立,x + xln x等價(jià)于 n1).x + xln x令 g(x) =x(x1)，所以 g(x)x 2 ln xX.易知g(x) = 0必有實(shí)根，設(shè)為X1X0,則X0 2 InX0= 0,且g( X)在(1 ,X0)上單調(diào)遞減，在(X0,+8 )上單調(diào)遞增，此時(shí)g(X) minXo+ Xoln X0 X0 + X0 X0 2一，”一心=g(xo)

15、= X0，因此 mX0,令 h(x) = x 2 ln x，可得 h(3)0，又m Z,故m的最大值為3.故選B.法二：f(x)mx 1)在(1, +8)上恒成立,一 2 2而f (X) = 2+ In x，得f(x)在(0, e )上單調(diào)遞減，在(e ,+)上單調(diào)遞增，由圖象可知，過點(diǎn)(1,0)的直線y= m(x 1)必在f (x)的圖象下方，設(shè)過點(diǎn)(1,0)且與f (x)的圖象相切的直線的斜率為k，貝U nk.此時(shí)設(shè)切點(diǎn)為(xo, xo+ xoln xo),則有k= 2+ InXo =Xo+ xol nxoxo 1可得 xo In xo 2 = 0,令 g(x) = x In x 2,22

16、顯然 g(e)0，所以 exoe，所以 1ln xo2,3 k4,又 m吊一m對任意的b0, a R恒成立，則實(shí)數(shù) m的最大值為()A. eB. 2C. eD. 3解析：選 B b (a 2) 2 + In b (a 1) 2等價(jià)于點(diǎn) P(b, In b)與點(diǎn) Qa 2, a 1)距離的平方，易知點(diǎn)P, Q分別在曲線C： y = In x及直線I : y = x+ 1 上.1令f (x) = In x，則f (x)= -，令f (x) = 1，得x = 1，故與直線I平行且與曲線 C相x2L2切的直線I 與曲線C的切點(diǎn)為(1,0)，所以IPQmin = . = ,2,所以m m 2,解得一K

17、m2 ex+ a 4e一x a= 4，當(dāng)且僅當(dāng) ex+a= 2 時(shí)等號成立.u(x) = 1 x + 2后(x 3)令 u(x)0 ,得 x 2;令u(x)0，得3x 1, X20,若直線MNT x軸，則M N兩點(diǎn)間的距離的最小值為()A. 1B. 2C. 3D. 4解析：選 A 設(shè) h(xj = | MIN，由題意知 h(xj = X2 X1, x& 1,由 MN/ x 軸可得 g(X2)= f(X,即 X2= e X1 1 1(X1 1)2 + 1,1所以 h(X1) = X2 X1 = eXl 1 JX1 1)2 X1 + 1, h(xd = e x 1 1 X1, h(xd = e x

18、 1因?yàn)?h(X1) h (1) = 0,所以h(xd在1 ,+R)上是增函數(shù)，所以 h(x h (1) = 0,因此h(X1)在1 ,+s)上是增函數(shù)，所以h(X1) h(1) = 1,故選A.7若對任意的x e 1 , e為自然對數(shù)的底數(shù)，總存在唯一的 y 1,1，使得Inx x + 1 + a= y2ey成立，則實(shí)數(shù) a的取值范圍為(A.B.2C. -,+me21D. 一，e + -ee解析：選 B 設(shè) f (x) = ln x x +1 + a,11 x則 f (x) = X 1 = =111因?yàn)閤 -, 1，所以f (x) 0, f (x)在-，1上單調(diào)遞增，所以f (x) a-，a .eee設(shè) g(y) = y2ey, y 1,1, 則 g(y) = y(y+ 2)ey.由 g(y