課時跟蹤檢測（二十一） 小題考法導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用A組107提速練一、選擇題1設(shè)f(x)xln x，f(x0)2，則x0()Ae2BeC. Dln 2解析：選Bf(x)1ln x，f(x0)1ln x02，x0e，故選B.2函數(shù)f(x)excos x的圖象在點(0，f(0)處的切線方程是()Axy10 Bxy10Cxy10 Dxy10解析：選C依題意，f(0)e0cos 01，因為f(x)excos xexsin x，所以f(0)1，所以切線方程為y1x0，即xy10，故選C.3已知f(x)，則()Af(2)>f(e)>f(3) Bf(3)>f(e)>f(2)Cf(3)>f(2)>f(e) Df(e)>f(3)>f(2)解析：選Df(x)的定義域是(0，)，f(x)，x(0，e)，f(x)>0；x(e，)，f(x)<0，故xe時，f(x)maxf(e)而f(2)，f(3).f(e)>f(3)>f(2)，故選D.4已知函數(shù)f(x)的定義域為(a，b)，f(x)的導(dǎo)函數(shù)f(x)在(a，b)上的圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)在(a，b)上的極大值點的個數(shù)為()A1 B2C3 D4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軸的交點個數(shù)為4，但是在原點附近的導(dǎo)數(shù)值恒大于零，故x0不是函數(shù)f(x)的極值點，其余的3個交點都是極值點，其中有2個點附近的導(dǎo)數(shù)值左正右負，故極大值點有2個5已知函數(shù)f(x)x25x2ln x，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是()A.和(1，) B(0,1)和(2，)C.和(2，) D(1,2)解析：選C函數(shù)f(x)x25x2ln x的定義域是(0，)，令f(x)2x5>0，解得0<x<或x>2，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是和(2，)6已知函數(shù)f(x)x3px2qx的圖象與x軸切于點(1,0)，則f(x)的極大值、極小值分別為()A，0 B0，C.，0 D0，解析：選C由題意知，f(x)3x22pxq，由f(1)0，f(1)0，得解得f(x)x32x2x，由f(x)3x24x10，得x或x1，易得當(dāng)x時，f(x)取極大值，當(dāng)x1時，f(x)取極小值0.7已知f(x)的定義域為(0，)，f(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，且滿足f(x)<xf(x)，則不等式f(x1)>(x1)f(x21)的解集是()A(0,1) B(1，)C(1,2) D(2，)解析：選D因為f(x)xf(x)<0，所以xf(x)<0，故xf(x)在(0，)上為單調(diào)遞減函數(shù)，又(x1)f(x1)>(x21)f(x21)，所以0<x1<x21，解得x>2.8設(shè)函數(shù)f(x)xln x(x>0)，則f(x)()A在區(qū)間，(1，e)上均有零點B在區(qū)間，(1，e)上均無零點C在區(qū)間上有零點，在區(qū)間(1，e)上無零點 D在區(qū)間上無零點，在區(qū)間(1，e)上有零點解析：選D因為f(x)，所以當(dāng)x(0,3)時，f(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，而0<<1<e<3，又f 1>0，f(1)>0，f(e)1<0，所以f(x)在區(qū)間上無零點，在區(qū)間(1，e)上有零點9(2018杭州第二次教學(xué)質(zhì)量檢測)已知a>0且a1，則函數(shù)f(x)(xa)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Cf(x)有兩個零點a和1，若a<1，由于函數(shù)值在(0，a)為負，(a,1)為負，(1，)為正，故a為極大值點，在(a,1)上必有極小值點；若a>1，由于函數(shù)值在(0,1)為負，(1，a)為正，(a，)為正，故a為極小值點，在(1，a)上必有極大值點，故選C.10(2017浙江“超級全能生”聯(lián)考)設(shè)f(x)，g(x)分別是定義在(，0)(0，)上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，當(dāng)x<0時，f(x)g(x)3f(x)g(x)>0，g(x)0，且f(3)0，則不等式f(x)g(x)<0的解集是()A(3,0)(3，) B(3,0)(0,3)C(，3)(3，) D(，3)(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(，0)上單調(diào)遞增，顯然F(x)為奇函數(shù)，所以其在(0，)上單調(diào)遞增而F(3)f(3)g3(3)0F(3)所以F(x)<0的解集為(，3)(0,3)，即<0的解集為(，3)(0,3)故選D.二、填空題11已知函數(shù)f(x)x32ax21在x1處的切線的斜率為1，則實數(shù)a_，此時函數(shù)yf(x)在0,1最小值為_解析：由f(x)x32ax21，得f(x)3x24ax，因為函數(shù)f(x)x32ax21在x1處的切線的斜率為1，所以f(1)1，即34a1，解得a.所以f(x)3x22x，當(dāng)x時，f(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x時，f(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，所以函數(shù)yf(x)在0,1最小值為f.答案：12已知函數(shù)f(x)exmx1的圖象為曲線C，若曲線C存在與直線yex垂直的切線，則實數(shù)m的取值范圍是_解析：函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f(x)exm，即切線斜率kexm，若曲線C存在與直線yex垂直的切線，則滿足(exm)e1，即exm有解，即mex有解，ex，m.答案：13(2018紹興模擬)已知函數(shù)f(x)x23x4ln x在(t，t1)上不單調(diào)，則實數(shù)t的取值范圍是_解析：函數(shù)f(x)x23x4ln x，f(x)x3，函數(shù)f(x)x23x4ln x在(t，t1)上不單調(diào)，f(x)x30在(t，t1)上有解，0在(t，t1)上有解，g(x)x23x40在(t，t1)上有解，由x23x40，得x1或x4(舍去)，1(t，t1)，即t(0,1)，故實數(shù)t的取值范圍是(0,1)答案：(0,1)14(2018湘中名校聯(lián)考)已知函數(shù)g(x)ax2與h(x)2ln x的圖象上存在關(guān)于x軸對稱的點，則實數(shù)a的取值范圍是_解析：由題意，知方程x2a2ln x，即a2ln xx2在上有解設(shè)f(x)2ln xx2，則f(x)2x.易知x時f(x)>0，x(1，e時f(x)<0，所以函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增，在(1，e上單調(diào)遞減，所以f(x)極大值f(1)1，又f(e)2e2，f2，f(e)<f，所以方程a2ln xx2在上有解等價于2e2a1，所以a的取值范圍為1，e22答案：1，e22 15已知函數(shù)f(x)exmln x(mR，e為自然對數(shù)的底數(shù))，若對任意正數(shù)x1，x2，當(dāng)x1>x2時都有f(x1)f(x2)>x1x2成立，則實數(shù)m的取值范圍是_解析：函數(shù)f(x)的定義域為(0，)依題意得，對于任意的正數(shù)x1，x2，當(dāng)x1>x2時，都有f(x1)x1>f(x2)x2，因此函數(shù)g(x)f(x)x在區(qū)間(0，)上是增函數(shù)，于是當(dāng)x>0時，g(x)f(x)1ex10，即x(ex1)m恒成立記h(x)x(ex1)，x>0，則有h(x)(x1)ex1>(01)e010(x>0)，h(x)在區(qū)間(0，)上是增函數(shù)，h(x)的值域是(0，)，因此m0，m0.故所求實數(shù)m的取值范圍是0，)答案：0，)16設(shè)函數(shù)f(x)(1)若a0，則f(x)的最大值為_；(2)若f(x)無最大值，則實數(shù)a的取值范圍是_解析：由當(dāng)xa時，由f(x)3x230，得x1.如圖是函數(shù)yx33x與y2x在沒有限制條件時的圖象若a0，則f(x)maxf(1)2.當(dāng)a1時，f(x)有最大值；當(dāng)a<1時，y2x在x>a時無最大值，且2a>(x33x)max，所以a<1.答案：(1)2(2)(，1)17(2019屆高三浙東五校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)3mx(3m)ln x，若對任意的m(4,5)，x1，x21,3，恒有(aln 3)m3ln 3>|f(x1)f(x2)|成立，則實數(shù)a的取值范圍是_解析：f(x)3mx(3m)ln x，f(x)，當(dāng)x1,3，m(4,5)時，f(x)>0，f(x)在1,3上單調(diào)遞增，|f(x1)f(x2)|f(3)f(1)6m(3m)ln 3，(aln 3)m3ln 3>6m(3m)ln 3，a>6.y6在m(4,5)上單調(diào)遞減，<6<，a.答案：B組能力小題保分練1(2018臺州第一次調(diào)考)設(shè)f(x)為函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)(xR)，且f(x)<0,2f(x)f(x)>0(e為自然對數(shù)的底數(shù))，若x1<x2，則()Af(x2)<ef(x1)Bf(x1)<ef(x)Cf2(x2)>ef2(x1)Df2(x1)>ef2(x2)解析：選D因為f(x)<0,2f(x)f(x)>0，所以f(x)>0，即f(x)在(，)上單調(diào)遞增，從而f(x1)<f(x2)<0，所以f2(x1)>f2(x2)，因為0<e<1，所以f2(x1)>f2(x2)>ef2(x2)2(2017浙江名校(諸暨中學(xué))交流卷)設(shè)f1(x)sin xcos x，對任意的nN*，定義fn1(x)fn(x)，則f2 018(x)等于()Asin xcos x Bsin xcos xCsin xcos x Dsin xcos x解析：選Df1(x)sin xcos x，f2(x)cos xsin x，f3(x)sin xcos x，f4(x)cos xsin x，f5(x)sin xcos xf1(x)，于是fk4(x)fk(x)，所以f2 018(x)f50442(x)f2(x)，故選D.3(2018惠州調(diào)研)已知函數(shù)f(x)xsin xcos xx2，則不等式f(ln x)f<2f(1)的解集為()A(e，) B(0，e)C(1，e) D解析：選Df(x)xsin xcos xx2，因為f(x)f(x)，所以f(x)是偶函數(shù)，所以ff(ln x)f(ln x)，所以f(ln x)f<2f(1)可變形為f(ln x)<f(1)f(x)xcos x2xx(2cos x)，因為2cos x>0，所以f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，在(，0)上單調(diào)遞減，所以f(ln x)<f(1)等價于|ln x|<1，即1<ln x<1，所以<x<e.故選D.4已知函數(shù)f(x)x(aex)，曲線yf(x)上存在不同的兩點，使得曲線在這兩點處的切線都與y軸垂直，則實數(shù)a的取值范圍是()A(e2，) B(e2,0)C(e2，) D(e2,0)解析：選D曲線yf(x)上存在不同的兩點，使得曲線在這兩點處的切線都與y軸垂直，f(x)a(x1)ex0有兩個不同的解，即a(1x)ex有兩個不同的解，設(shè)y(1x)ex，則y(x2)ex，當(dāng)x<2時，y<0；當(dāng)x>2時，y>0，當(dāng)x2時，函數(shù)y(1x)ex取得極小值為e2，也即為最小值，當(dāng)x時，y；當(dāng)x時，y0，要滿足題意，需e2<a<0.實數(shù)a的取值范圍是(e2,0)故選D.5若對任意的a，函數(shù)f(x)x2ax2b與g(x)2aln(x2)的圖象均有交點，則實數(shù)b的取值范圍是()A. B.C. D.解析：選A依題意，原問題等價于對任意的a，關(guān)于x的方程x2ax2aln(x2)2b有解設(shè)h(x)x2ax2aln(x2)，則h(x)xa，所以h(x)在(2，a2)上單調(diào)遞減，在(a2，)上單調(diào)遞增，當(dāng)x2時h(x)，當(dāng)x時，h(x)，h(a2)a22aln a2，記p(a)a22aln a2，則h(x)的值域為p(a)，)，故2bp(a)，)對任意的a恒成立，即2bp(a)max，而p(a)a2ln a22ln 22<0，故p(a)單調(diào)遞減，所以p(a)pln 2，所以bln 2，故選A.6已知函數(shù)f(x)xln xaex(e為自然對數(shù)的底數(shù))有兩個極值點，則實數(shù)a的取值范圍是()A B(0，e)C D(，e)解析：選A由題意知，f(x)1ln xaex，令f(x)0，得a，函數(shù)f(x)有兩個極值點，則需f(x)0有兩個實數(shù)根，等價于a有兩個實數(shù)根，等價于直線ya與y的圖象有兩個交點令g(x)，則g(x)，令h(x)1ln x，得h(x)在(0，)上為減函數(shù)，且h(1)0，所以當(dāng)x(0,1)時，h(x)>0，故g(x)>0，g(x)為增函數(shù)，當(dāng)x(1，)時，h(x)<0，故g(x)<0，g(x)為減函數(shù)，所以g(x)maxg(1)，又當(dāng)x時，g(x)0，所以g(x)的圖象如圖所示，故0<a<.