新版高考理科数学通用版练酷专题二轮复习课时跟踪检测：(六)-导数的简单应用-Word版含解析

新版高考理科数学通用版练酷专二轮复习课时跟踪检测：(六)-导数的简单应用-Word版含解析LtD11课时跟踪检测〔六〕导数的简单应用eq\a\vs4\al([A级——“12＋4〞保分小题提速练])1．(高三·江西师范大学附中调研)假设eq\a\vs4\al(\i\in(1,2,))(x－a)dx＝cos2xdx，那么a的值为(　　)A．－1　　　　　　　　　　　　B．1C．2D．4解析：选B　eq\a\vs4\al(\i\in(1,2,))(x－a)dx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2－ax))eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2,1))＝eq\f(3,2)－a，cos2xdx＝eq\f(1,2)sin2xeq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(eq\f(π,4),1))＝eq\f(1,2).由eq\f(3,2)－a＝eq\f(1,2)，得a＝1.2．(20xx·北京模拟)曲线f(x)＝xlnx在点(1，f(1))处的切线的倾斜角为(　　)A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3)D.eq\f(π,2)解析：选B　因为f(x)＝xlnx，所以f′(x)＝lnx＋x·eq\f(1,x)＝lnx＋1，所以f′(1)＝1，所以曲线f(x)＝xlnx在点(1，f(1))处的切线的倾斜角为eq\f(π,4).3．f(x)＝x2－5x＋2lnx，那么函数f(x)的单调递增区间是(　　)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))和(1，＋∞)B．(0,1)和(2，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))和(2，＋∞)D．(1,2)解析：选C　函数f(x)＝x2－5x＋2lnx的定义域是(0，＋∞)，令f′(x)＝2x－5＋eq\f(2,x)＝eq\f(2x2－5x＋2,x)＝eq\f(x－22x－1,x)＞0，解得0＜x＜eq\f(1,2)或x＞2，故函数f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))和(2，＋∞)．4．(20xx·沈阳监测)由曲线y＝x2，y＝eq\r(x)围成的封闭图形的面积为(　　)A.eq\f(1,6)B.eq\f(1,3)C.eq\f(2,3)D．1解析：选B　由题意可知所求面积(如图阴影局部所示)为eq\a\vs4\al(∫)eq\o\al(1,0)(eq\r(x)－x2)dx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x－\f(1,3)x3))eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,))eq\o\al(1,0)＝eq\f(1,3).5．(高三·江西赣中南五校联考)设函数f(x)的导数为f′(x)，且f(x)＝x2＋2xf′(1)，那么f′(2)＝(　　)A．0B．2C．4D．8解析：选A　因为f(x)＝x2＋2xf′(1)，所以f′(x)＝2x＋2f′(1)，令x＝1，那么f′(1)＝2＋2f′(1)，解得f′(1)＝－2，那么f′(x)＝2x－4，所以f′(2)＝2×2－4＝0.6．f(x)＝2x3－6x2＋m(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(　　)A．0B．－5C．－10D．－37解析：选D　由题意知，f′(x)＝6x2－12x，由f′(x)＝0得x＝0或x＝2，当x＜0或x＞2时，f′(x)＞0，当0＜x＜2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)＝m＝3，∴f(2)＝－5，f(－2)＝－37，∴最小值为－37.7．(20xx·广州模拟)设函数f(x)＝x3＋ax2，假设曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线方程为x＋y＝0，那么点P的坐标为(　　)A．(0,0)B．(1，－1)C．(－1,1)D．(1，－1)或(－1,1)解析：选D　由题易知，f′(x)＝3x2＋2ax，所以曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率为f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)＋2ax0，又切线方程为x＋y＝0，所以x0≠0，且eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x\o\al(2,0)＋2ax0＝－1，,x0＋x\o\al(3,0)＋ax\o\al(2,0)＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝1，,a＝－2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝－1，,a＝2.))所以当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝1，,a＝－2))时，点P的坐标为(1，－1)；当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝－1，,a＝2))时，点P的坐标为(－1,1)．8．(20xx·昆明检测)假设函数f(x)＝e2x＋ax在(0，＋∞)上单调递增，那么实数a的取值范围为(　　)A．[－1，＋∞)B．(－1，＋∞)C．[－2，＋∞)D．(－2，＋∞)解析：选C　∵f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f′(x)＝2e2x＋a，∴f′(x)＝2e2x＋a≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a≥－2e2x在(0，＋∞)上恒成立，又x∈(0，＋∞)时，－2e2x＜－2，∴a≥－2.9．(高三·重庆调研)假设函数f(x)＝(x＋a)ex在(0，＋∞)上不单调，那么实数a的取值范围是(　　)A．(－∞，－1)B．(－∞，0)C．(－1,0)D．[－1，＋∞)解析：选A　f′(x)＝ex(x＋a＋1)，由题意，知方程ex(x＋a＋1)＝0在(0，＋∞)上至少有一个实数根，即x＝－a－1＞0，解得a＜－1.10．函数f(x)的导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c的图象如以下图，那么f(x)的图象可能是(　　)解析：选D　当x＜0时，由导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c＜0，知相应的函数f(x)在该区间内单调递减，排除A、B；当x＞0时，由导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c的图象可知，导函数在区间(0，x1)内的值是大于0的，那么在此区间内函数f(x)单调递增，排除C，应选D.11．(20xx·重庆适应性考试)设函数f(x)＝ex(x－aex)(其中e是自然对数的底数)恰有两个极值点x1，x2(x1＜x2)，那么以下说法不正确的选项是(　　)A．0＜a＜eq\f(1,2)B．－1＜x1＜0C．－eq\f(1,2)＜f(0)＜0D．f(x1)＋f(x2)＞0解析：选D　由题意得f′(x)＝ex(1－aex)＋ex(x－aex)＝ex(1＋x－2aex)，函数f(x)的两个极值点为x1，x2(x1＜x2)，即x1，x2(x1＜x2)是方程f′(x)＝0的两个不相等的实数根，所以1＋x－2aex＝0且a≠0，所以eq\f(x＋1,2a)＝ex，设函数y＝eq\f(x＋1,2a)(a≠0)，y＝ex，在同一坐标系中画出两个函数的大致图象如以下图，要使得两个函数图象有2个不同的交点，应满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)＞0，,\f(1,2a)＞1，))解得0＜a＜eq\f(1,2)，且－1＜x1＜0，因为f(0)＝e0(0－ae0)＝－a，所以－eq\f(1,2)＜f(0)＜0，应选D.12．函数f(x)＝eq\f(ex,x2)－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋lnx))，假设x＝2是函数f(x)的唯一一个极值点，那么实数k的取值范围为(　　)A．(－∞，e]B．[0，e]C．(－∞，e)D．[0，e)解析：选A　f′(x)＝eq\f(x2ex－2xex,x4)－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x2)＋\f(1,x)))＝eq\f(x－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ex,x)－k)),x2)(x>0)．设g(x)＝eq\f(ex,x)，那么g′(x)＝eq\f(x－1ex,x2)，那么g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．∴g(x)在(0，＋∞)上有最小值，为g(1)＝e，结合g(x)＝eq\f(ex,x)与y＝k的图象可知，要满足题意，只需k≤e.13．(20xx·云南模拟)函数f(x)＝axlnx＋b(a，b∈R)，假设f(x)的图象在x＝1处的切线方程为2x－y＝0，那么a＋b＝________.解析：由题意，得f′(x)＝alnx＋a，所以f′(1)＝a，因为函数f(x)的图象在x＝1处的切线方程为2x－y＝0，所以a＝2，又f(1)＝b，那么2×1－b＝0，所以b＝2，故a＋b＝4.：414．(20xx·太原二模)假设函数f(x)＝sinx＋ax为R上的减函数，那么实数a的取值范围是________．解析：∵f′(x)＝cosx＋a，由题意可知，f′(x)≤0对任意的x∈R都成立，∴a≤－1，故实数a的取值范围是(－∞，－1]．答案：(－∞，－1]15．(20xx·新乡一模)设x1，x2是函数f(x)＝x3－2ax2＋a2x的两个极值点，假设x1<20；x0＝2时，y＝－1<0.所以方程2xeq\o\al(3,0)－6xeq\o\al(2,0)＋7＝0有3个解．故过点A(2,1)作曲线f(x)＝x3－3x的切线最多有3条．2．(高三·东北三校一联)定义在R上的奇函数f(x)的图象为一条连续不断的曲线，f(1＋x)＝f(1－x)，f(1)＝a，且当0＜x＜1时，f(x)的导函数f′(x)满足f′(x)＜f(x)，那么f(x)在[2015,2016]上的最大值为(　　)A．aB．0C．－aD．2016解析：选C　由f(1＋x)＝f(1－x)可得函数f(x)的图象关于直线x＝1对称．又f(x)是定义在R上的奇函数，那么f(0)＝0，且f(x)的图象关于点(0,0)对称，所以f(x)是以4为周期的周期函数，那么f(x)在[2015,20xx]上的图象与[－1,0]上的图象形状完全相同．令g(x)＝eq\f(fx,ex)，那么g′(x)＝eq\f(f′x－fx,ex)＜0(x∈(0,1))，函数g(x)在(0,1)上单调递减，那么g(x)＜g(0)＝0，所以f′(x)＜f(x)＜0，那么函数f(x)在(0,1)上单调递减．又由奇函数的性质可得f(x)在(－1,0)上也单调递减，那么f(x)在[2015，2016]上的最大值为f(2015)＝f(－1)＝－f(1)＝－a.3．(20xx·宝鸡一检)函数f(x)＝x2＋4x＋alnx，假设函数f(x)在(1,2)上是单调函数，那么实数a的取值范围是(　　)A．(－6，＋∞)B．(－∞，－16)C．(－∞，－16]∪[－6，＋∞)D．(－∞，－16)∪(－6，＋∞)解析：选C　∵f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x＋4＋eq\f(a,x)＝eq\f(2x2＋4x＋a,x)，f(x)在(1,2)上是单调函数，∴f′(x)≥0或f′(x)≤0在(1,2)上恒成立，即2x2＋4x＋a≥0或2x2＋4x＋a≤0在(1,2)上恒成立，即a≥－(2x2＋4x)或a≤－(2x2＋4x)在(1,2)上恒成立．记g(x)＝－(2x2＋4x)，1＜x＜2，那么－16＜g(x)＜－6，∴a≥－6或a≤－16.4．(20xx·广西三市联考)函数f(x)＝ex(x－b)(b∈R)．假设存在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，使得f(x)＋xf′(x)＞0，那么实数b的取值范围是(　　)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(8,3)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,6)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(5,6)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，＋∞))解析：选A　由f(x)＋xf′(x)＞0，得[xf(x)]′＞0，设g(x)＝xf(x)＝ex(x2－bx)，假设存在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，使得f(x)＋xf′(x)＞0，那么函数g(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上存在子区间使得g′(x)＞0成立．g′(x)＝ex(x2－bx)＋ex(2x－b)＝ex[x2＋(2－b)x－b]，设h(x)＝x2＋(2－b)x－b，那么h(2)＞0或heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＞0，即8－3b＞0或eq\f(5,4)－eq\f(3,2)b＞0，得b＜eq\f(8,3).5．(20xx·甘肃一诊)假设函数f(x)＝x2－4ex－ax在R上存在单调递增区间，那么实数a的取值范围为________．解析：因为f(x)＝x2－4ex－ax，所以f′(x)＝2x－4ex－a.由题意，f′(x)＝2x－4ex－a＞0，即a＜2x－4ex有解．设g(x)＝2x－4ex，那么g′(x)＝2－4ex.令g′(x)＝0，解得x＝－ln2.当x∈(－∞，－ln2)时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增；当x∈(－ln2，＋∞)时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减．所以当x＝－ln2时，g(x)取得最大值－2－2ln2，所以a＜－2－2ln2.答案：(－∞，－2－2ln2)6．(高三·兰州四校联考)f(x)＝(x＋1)3e－x＋1，g(x)＝(x＋1)2＋a，假设∃x1，x2∈R，使得f(x2)≥g(x1)成立，那么实数a的取值范围是________．解析：∃x1，x2∈R，使得f(x2)≥g(x1)成立，即为f(x)max≥g(x)min.又f′(x)＝(x＋1)2e－x＋1(－x＋2)，由f′(x)＝0得x＝－1或2，故当x＜2时，f′(x)≥0，f(x)单调递增；当x＞2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(2)＝eq\f(27,e)，又g(x)min＝a，那么a≤eq\f(27,e)，故实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(27,e))).答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(27,e)))eq\a\vs4\al([C级——压轴小题突破练])1．(20xx·宝鸡模拟)函数y＝x2的图象在点(x0，xeq\o\al(2,0))处的切线为l，假设l也与函数y＝lnx，x∈(0,1)的图象相切，那么x0的取值范围为(　　)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\r(2)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\r(3)))解析：选D　函数y＝x2的导数为y′＝2x，在点(x0，xeq\o\al(2,0))处的切线的斜率为k＝2x0，切线方程为y－xeq\o\al(2,0)＝2x0(x－x0)，设切线与y＝lnx相切的切点为(m，lnm)，0＜m＜1，因为y＝lnx的导数为y′＝eq\f(1,x)，所以2x0＝eq\f(1,m)，切线方程为y－lnm＝eq\f(1,m)(x－m)，令x＝0，可得y＝lnm－1＝－xeq\o\al(2,0)，由0＜m＜1，可得x0＝eq\f(1,2m)＞eq\f(1,2)，且xeq\o\al(2,0)＞1，解得x0＞1，由m＝eq\f(1,2x0)，可得xeq\o\al(2,0)－ln(2x0)－1＝0，令f(x)＝x2－ln(2x)－1，x＞1，那么f′(x)＝2x－eq\f(1,x)＞0，f(x)在x＞1时单调递增，且f(eq\r(2))＝2－ln2eq\r(2)－1＜0，f(eq\r(3))＝3－ln2eq\r(3)－1＞0，那么有xeq\o\al(2,0)－ln(2x0)－1＝0的根x0∈(eq\r(2)，eq\r(3))．2．(20xx·惠州模拟)函数f(x)＝xsinx＋cosx＋x2，那么不等式f(lnx)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,x)))＜2f(1)的解集为(　　)A．(e，＋∞)B．(0，e)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))∪(1，e)D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))解析：选D　f(x)＝xsinx＋cosx＋x2，因为f(－x)＝f(x)，所以f(x)是偶函数，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,x)))＝f(－lnx)＝f(lnx)，所以f(lnx)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,x)))＜2f(1)可变形为f(lnx)＜f(1)．f′(x)＝xcosx＋2x＝x(2＋cosx)，因为2＋cosx＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，所以f(lnx)＜f(1)等价于－1＜lnx＜1，所以eq\f(1,e)＜x＜e.