課時(shí)跟蹤檢測(cè)(二十一)小題考法——導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用

1、素材來源于網(wǎng)絡(luò)，林老師編輯整理課時(shí)跟蹤檢測(cè)(二十一)小題考法一一導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用A組10 + 7提速練一、選擇題1 .設(shè) f(x)=xln x, f' (xo)= 2,則 xo=()A. e2B. e小n 2r , cC.2D. In 2解析：選 B (x)=1+ln x,，f' (xo)=i + in xo = 2,，xo=e,故選 B.2 .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 + y1 = 0C. x-y+1 = 0D. x-y- 1= 0解析：選 C 依題意，f(0) = e0cos 0=1,因?yàn)?f

2、' (x)=excos x exsin x,所以 f' (0)=1,所以切線方程為 y-1 = x-0,即x-y+1 = 0,故選C.3.已知 f(x) = Rx,則() xA. f(2)>f(e)>f(3)B. f(3)>f(e)>f(2)C. f(3)>f(2)>f(e)D, f(e)>f(3)>f(2)解析：選Df(x)的定義域是(0, 十°°),1 In xf，(x) = x. xC(0, e), f' (x)>0;x (e, 十 °°),(x)<0,故 x =

3、e 時(shí)，f(x)max =f(e) .ln 2 ln 8 ln 3 ln 9而 f=2 = 6 ，f=3 = 6 .f(e)>f(3)>f(2),故選 D.4.已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?a, b), f(x)的導(dǎo)函數(shù)f' (x)在(a, b)“ 廠(G上的圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)在(a, b)上的極大值點(diǎn)的個(gè)數(shù)為()T 八/ LA. 1B, 2"£C. 3D. 4解析：選B由函數(shù)極值的定義和導(dǎo)函數(shù)的圖象可知，f' (x)在(a, b)上與x軸的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為4,但是在原點(diǎn)附近的導(dǎo)數(shù)值恒大于零，故 x=0不是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)，其余的 3個(gè)交點(diǎn)

4、都是極值點(diǎn)，其中有 2個(gè)點(diǎn)附近的導(dǎo)數(shù)值左正右負(fù)，故極大值點(diǎn)有2個(gè).5.已知函數(shù)f(x)=x25x+2ln x,則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是()1A.0,2和(1,+8)B.(0,1)和(2, +8)1 C.0,2和(2,+8)D.(1,2)2斛析：選 C 函數(shù) f(x)= x2 5x+ 2ln x 的te義域是(0, 十 °°),令 f (x) = 2x5+ -= x1力0, 2和2x? 5x +2 x 2 2x 1a=>0,解得 0Vx<或x>2,故函數(shù) f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是 xx2(2, + 8).6 .已知函數(shù)f(x)=x3px2qx的圖象與x

5、軸切于點(diǎn)(1,0),則f(x)的極大值、極小值分別為()427'B. 0,427C.27，0D. 0,273 2p 一 q = 0,解析：選 C 由題意知，f' (x) = 3x2 2pxq,由 f' (1)=0,f(1)=0,得1 p q= 0,p = 2,1解得.f(x)= x3 -2x2+ x,由 f' (x)= 3x24x+1 = 0,得*='3或*=1,易得當(dāng) xq = -1,3=；時(shí)，f(x)取極大值4-,當(dāng)x=1時(shí)，f(x)取極小值0. 32 77 .已知f(x)的定義域?yàn)?0, +8),(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，且滿足 f(x)<

6、xf' (x),則 不等式f(x+ 1)>(x- 1) f(x2- 1)的解集是()A. (0,1)B. (1, +oo )C. (1,2)D. (2, +oo )解析：選D 因?yàn)閒(x) + xf' (x)<0,所以xf(x)' <0,故xf(x)在(0, +oo)上為單調(diào)遞減 函數(shù)，又(x+ 1)f(x+ 1)>(x2- 1) f(x2- 1),所以 0<x+1<x2 1,解得 x>2.1 i -8. 設(shè)函數(shù) f(x) = "x- In x(x>0),則 f(x)()3A.在區(qū)間1, 1 , (1, e)上均

7、有零點(diǎn) eB,在區(qū)間",1 , (1, e)上均無零點(diǎn) eC,在區(qū)間1, 1上有零點(diǎn)，在區(qū)間(1, e)上無零點(diǎn) eD.在區(qū)間1, 1上無零點(diǎn)，在區(qū)間(1, e)上有零點(diǎn) e解析：選D 因?yàn)閒' (x)=： 所以當(dāng)xC(0,3)時(shí)，f' (x)<0, f(x)單調(diào)遞減，而 0 3 xe<1<e<3,又 f 1 =2+1>0, f(1) = 1>0,f(e) = f-1<0,所以 f(x)在區(qū)間1,1 上無零點(diǎn)，e 3e33e在區(qū)間(1, e)上有零點(diǎn).9. (2018杭州第二次教學(xué)質(zhì)量檢測(cè) )已知a>0且aw 1,則函數(shù)

8、f(x)= (x a)2ln x()A.有極大值，無極小值B.有極小值，無極大值C.既有極大值，又有極小值D.既無極大值，又無極小值解析：選C f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)a和1,若a<1,由于函數(shù)值在(0, a)為負(fù)，(a,1)為負(fù)，(1, + 8)為正，故a為極大值點(diǎn)，在(a,1)上必有極小值點(diǎn)；若a>1,由于函數(shù)值在(0,1)為負(fù)，(1, a)為正，(a, +8)為正，故a為極小值點(diǎn)，在(1, a)上必有極大值點(diǎn)，故選 C.10. (2017浙江“超級(jí)全能生”聯(lián)考)設(shè)f(x), g(x)分別是定義在( 8, 0) U (0 , +8) 上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，當(dāng) x<0 時(shí)，f (x

9、) g(x)+3f(x) g' (x)>0, g(x)w0,且 f(-3)=0,則 不等式f(x) g(x)<0的解集是()A. (-3,0)U (3, +8 )b. (- 3,0)u (0,3)C.(巴 3)U(3, +8)D. ( 8, 3) u (0,3)解析：選D 構(gòu)造函數(shù)F(x)= f(x) g3(x),則 F' (x)=f' (x)g3(x)+3f(x)g2(x)g' (x) = g2(x)f' (x)g(x)+3f(x)g' (x)>0,所以F(x)在(8, 0)上單調(diào)遞增，顯然F(x)為奇函數(shù)，所以其在(0, +

10、8)上單調(diào)遞增.而 F(-3) = f(-3) g3(3)=0= F(3).所以 F (x)<0 的解集為(一8 , - 3) U (0,3),一 F x.一 八,一，即力一<0的解集為(8, - 3)U(0,3).故選D.g x二、填空題11 .已知函數(shù)f(x) = x3 + 2ax2+1在x=1處的切線的斜率為1,則實(shí)數(shù)a =,此時(shí)函數(shù)y=f(x)在0,1最小彳1為 .解析：由 f(x)=x3+2ax2 + 1,得 f' (x) = 3x2+4ax,因?yàn)楹瘮?shù)f(x) = x3 + 2ax2+1在x= 1處的切線的斜率為 1,一,一-1所以 f (1)=1,即 3+4a=

11、 1,斛得 a= - 2.所以f' (x)=3x2-2x,當(dāng)xC 0, 2時(shí)，f' (x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)xC今1時(shí)， 33f' (x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,223所以函數(shù)y=f(x)在0,1取小值為f - =.32 7答案：1 2712 .已知函數(shù)f(x)= e2+ 3x-4=0在(t, t + 1)上有解， x. g(x)=x2+ 3x-4= 0在(t, t+1)上有解,由 x2+3x 4=0,得 x=1 或 x=4(舍去),.1 s (t, t+1),即 te (0,1),故實(shí)數(shù)t的取值范圍是(0,1).答案：(0,1)mx+1的圖

12、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,即切線斜率k=ex-m,若曲線C存在與直線y=ex垂直的切線，則滿足(exm)e= 1,即exm =一工有解，即m=ex+1有解，.ex+3> eee1, .m>；. e' e- 一 1答案：一，+°° e1 C13. (2018紹興模擬)已知函數(shù)f(x) = -x2-3x + 4ln x在(t, t+1)上不單倜，則實(shí)數(shù) t 的取值范圍是.1 C斛析：函數(shù) f(x)= - 2x23x+4ln x,一，-4 4 f (x)

13、= x 3 + , x1c函數(shù) f(x) = 2x23x+4ln x 在(t, t+1)上不單倜，一，一 4.-f (x) = x3 + 一=0 在(t, t+1)上有解， x14. (2018湘中名校聯(lián)考)已知函數(shù)g(x)=a-x2 -<xwe, e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)與h(x)e= 2ln x的圖象上存在關(guān)于 x軸對(duì)稱的點(diǎn)，則實(shí)數(shù) a的取值范圍是 .1斛析：由題忌，知方程 x2a=2ln x,即一a=2ln x x2在口 e上有解.設(shè)f(x)=2ln x e-x2,則 f' (x) = 2 2x = - 2 x+ 1 x-易知 xC 1 時(shí) f' (x)>0, xC

14、(1, e時(shí) f' (x)<0 , xxe,1所以函數(shù)f(x)在1上單倜遞增，在(1, e上單倜遞減，所以f(x)極大值=f(1) = 1,又f(e) e=2-e2, f 1= - 2- 12,f(e)<f 1,所以方程a= 21n x-x2在 1,e 上有解等價(jià)于2e2weeee-a< -1,所以a的取值范圍為1, e22.答案：1, e2215 .已知函數(shù)f(x)=ex+m1n x(mCR, e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)),若對(duì)任意正數(shù) xb x2,當(dāng)x1>x2時(shí)都有f(x1)一 f(x2)>x1 x2成立，則實(shí)數(shù) m的取值范圍是 .解析：函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?/p>

15、(0, +8).依題意得，對(duì)于任意的正數(shù)x1, x2,當(dāng)x1>x2時(shí)，都有f(x1)一x1>f(x2)x2,因此函數(shù)g(x)=f(x)x在區(qū)間(0, + 8)上是增函數(shù)，于是當(dāng) x>0時(shí)，g' (x) = f' (x)1=ex+m1 1>0,即 x(ex1)> m 恒成立.記 h(x) = x(ex-1), x>0, x則有 h' (x)=(x+1)ex1>(0+1)e°1=0(x>0), h(x)在區(qū)間(0, + 8)上是增函數(shù),h(x)的值 域是(0, 十 °°),因此一mW0, m>

16、;0.故所求實(shí)數(shù) m的取值范圍是0,+8).答案：0, +8)x3 3x, x< a,16 .設(shè)函數(shù)f(x) =2x, x>a.(1)若a=0,則f(x)的最大值為 ;(2)若f(x)無最大值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是 .解析：由當(dāng) xwa 時(shí)，由，(x)=3x23=0,得 x= ±1.如圖是函數(shù)y=x33x與y= 2x在沒有限制條件時(shí)的圖象.右 a= 0,則 f(x)max=f(1) = 2.當(dāng)a> 1時(shí)，f(x)有最大值;當(dāng) a<1 時(shí)，y= 2x 在 x>a 時(shí)無最大值，且一 2a>(x33x)max,所以 a< 1.答案：(1)2 (2)

17、(8, 1). 一.117. (2019屆局三 浙東五校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=3mx q(3+m)ln x,右對(duì)任思的mC(4,5), xi, x2C 1,3,恒有(aIn 3)m 31n 3>|f(xi)f(x2)|成立，則實(shí)數(shù) a 的取值范圍是13x 1 mx 1解析：.f(x)=3mx-x-(3 + m)In x,f (x)=x2,當(dāng) xC1,3, m C (4,5)2時(shí)，f (x)>0, f(x)在1,3上單倜遞增，. |f(x1)f(x2)|wf(3) f(1) = 6m+3(3+m)In 3 , 222, .(a In 3) m 31n 3>6 m + 3 (3

18、+ m)ln 3 , - >6 +3m. -.y= 6 + 3m在 m £ (4,5)上單倜遞減，922 373715<6 + 3m< 6 , 1 a> 6 . 37答案：37, +°° 6B組一一能力小題保分練1. (2018臺(tái)州第一次調(diào)考)設(shè)f' (x)為函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)(xC R),且f(x)<0,2f' (x) + f(x)>0(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，若x1<x2,則()x1 x9A. f(x2)<ef(x1)x x B. f(x1)<e 2 1 f(x) x2一 C. f2(x2)

19、>e 2f2(x1)x1 x2 D. f2(x1)>e 2f2(x2)解析：選 D 因?yàn)?f(x)<0,2f' (x)+f(x)>0,所以 f' (x)>0,即 f(x)在(一00, + oo)上單調(diào) x1 x2x1 x2遞增，從而 f(x1)<f(x2)<0 ,所以 f2(x1)>f2(x2),因?yàn)?0<e 2 <1 ,所以 f2(x1)>f2(x2)>e 2 f2(x2).2. (2017浙江名校(諸暨中學(xué))交流卷)設(shè)f1(x) = sin x+cos x,對(duì)任意的nC N*,定義fn + 1(x) =

20、 fn' (x),則 f2 018(x)等于()A . sin x cos xB. sin x+cos xC. sin x cos xD. sin x+cos x解析： 選 D f1(x) = sin x+cos x, f2(x)= cos x sin x, f3(x)=sin x cos x, f4(x)= 一 cos x+ sin x, f5(x)= sin x+ cos x=f1(x),于是 fk+4(x) = fk(x),所以 f2 018(x) = f504X4+ 2(x) = f2(x), 故選D.13. (2018 惠州倜研)已知函數(shù) f(x)= xsin x+cos x

21、+x2,則不等式 f(ln x)+f In x <2f(1)的 解集為()A. (e, + 8)b.(0, e)C. 0, 1 c U (1, e)D. eee1解析：選 D f(x) = xsin x + cos x+x解析：選A 依題意，原問題等價(jià)于對(duì)任意的aC 2, +8 ,關(guān)于x的方程2x2ax ,因?yàn)?f( x) = f(x),所以 f(x)是偶函數(shù),所以 f In- x= f(In x) = f(ln x),所以 f(ln x)+f ln 1 <2f(1)可變形為 f(ln x)<f(1), f' (x)=xcos x+ 2x = xx(2 + cos x

22、),因?yàn)?+ cos x>0,所以f(x)在(0, + 00)上單調(diào)遞增，在(oo, 0)上單調(diào)遞減，所以 f(ln x)<f(1)等價(jià)于 11n x|<1,即一1<ln x<1,所以<x<e.故選 D. e4.已知函數(shù)f(x)=x(a e x),曲線y= f(x)上存在不同的兩點(diǎn)，使得曲線在這兩點(diǎn)處的 切線都與y軸垂直，則實(shí)數(shù) a的取值范圍是()A. (-e2, +°° )B. ( e2,0)C. (e 2, +°° )D. (-e 20)解析：選D 曲線y=f(x)上存在不同的兩點(diǎn)，使得曲線在這兩點(diǎn)處的切線都

23、與y軸垂直，f' (x) = a+(x1)ex=0有兩個(gè)不同的解，即a= (1 x)e x有兩個(gè)不同的解，設(shè) y=(1x)e x,則 y' =(x-2)e x,當(dāng) x<2 時(shí)，y' <0;當(dāng) x>2 時(shí)，y' >0,當(dāng)x=2時(shí)，函數(shù)y=(1 x)ex取得極小值為一e 2,也即為最小值，當(dāng) x 一 OO 時(shí)，y 一 十 OO;當(dāng)x-+oo時(shí)，y一0,要滿足題意，需 e 2<a<0.實(shí)數(shù)a的取值范圍是(e 2,0).故選D.1, 一， .1c5.若對(duì)任意的aC 2，+°0 ,函數(shù)f(x) = -x2-ax-2b與g(x) = 2aln(x 2)的圖象均有 交點(diǎn)，則實(shí)數(shù)b的取值范圍是()A. 15+ 21n 2 , iB. -85+ln 2, i115,115 , 1C. 5，16 + 2ln 2D. 16 + ln 2，+°°12ax x a 22aln( x 2)= 2b 有解.設(shè) h(x) = x2ax2aln(x 2),貝U h' (x) = xa=2x 2 x 2所以h(x)在(2, a+2)上單調(diào)遞減，在(a+2, + 8)上單調(diào)遞增，當(dāng)x-2時(shí)h(x)一 + 8 ,當(dāng)x一11十