（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題跟蹤檢測（三）導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用 理（重點生含解析）

《（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題跟蹤檢測（三）導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用 理（重點生含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題跟蹤檢測（三）導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用 理（重點生含解析）（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題跟蹤檢測（三）導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用 理（重點生，含解析） 1．函數(shù)f(x)＝excos x的圖象在點(0，f(0))處的切線方程是(　　) A．x＋y＋1＝0　　　　　　　 B．x＋y－1＝0 C．x－y＋1＝0 D．x－y－1＝0 解析：選C　依題意，f(0)＝e0cos 0＝1，因為f′(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. 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.和(1，＋∞) B．(0,1)和(2，＋∞)

2、 C.和(2，＋∞) 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＋＝＝.由f′(x)>0，解得02，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是和(2，＋∞)． 3．(2018·石家莊模擬)已知f(x)＝，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)，則(　　) A．f(2)>f(e)>f(3) B．f(3)>f(e)>f(2) C．f(e)>f(2)>f(3) D．f(e)>f(3)>f(2) 解析：選D　由f(x)＝，得f′(x)＝，令f′(x)＝0，解得x＝e，當(dāng)x∈(0，e)時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)

3、x∈(e，＋∞)時，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)＝－＝＝<0， ∴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，則實數(shù)k的值為(　　) A．ln 2 B．1 C．1－ln 2 D．1＋ln 2 解析：選D　由y＝xln x知y′＝ln x＋1，設(shè)切點為(x0，x0ln x0)，則切線方程為y－x0ln x0＝(ln x0＋1)(x－x0)，因為切線y＝kx－2過定點(0，－2)，所以－2－x0ln x0＝(ln x

4、0＋1)(0－x0)，解得x0＝2，故k＝1＋ln 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，＋∞) C．(1，＋∞) D．(4，＋∞) 解析：選B　因為f(x＋3)為偶函數(shù)， 所以f(3－x)＝f(x＋3)， 因此f(0)＝f(6)＝1. 設(shè)h(x)＝，則原不等式即h(x)>h(0)． 又h′(x)＝＝， 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)>

5、h(0)，得x>0.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，f(x)＝ln x－ax，當(dāng)x∈[－2,0)時，f(x)的最小值為3，則a的值等于(　　) A．e2 B．e C．2 D．1 解析：選A　因為定義在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)于原點對稱， 因為當(dāng)x∈[－2,0)時，f(x)的最小值為3， 所以當(dāng)x∈(0,2]時，f(x)＝ln x－ax的最大值為－3. 又f′(x)＝(00； 當(dāng)

6、0； 所以函數(shù)f(x)＝ln x－ax在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減， 故f(x)max＝f ＝ln－a×＝－3，解得a＝e2. 7．若函數(shù)f(x)＝ln x－ax2－2x存在單調(diào)遞減區(qū)間，則實數(shù)a的取值范圍是________． 解析：f′(x)＝－ax－2＝，由題意知f′(x)<0有實數(shù)解，∵x>0，∴ax2＋2x－1>0有實數(shù)解．當(dāng)a≥0時，顯然滿足；當(dāng)a<0時，只需Δ＝4＋4a>0，∴－1－1. 答案：(－1，＋∞) 8．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，則實數(shù)m的取值范圍是________． 解析

7、：函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)＝ex－m，設(shè)切點為(x0，ex0－mx0＋1)，即切線斜率k＝ e x0－m，若曲線C存在與直線y＝ex垂直的切線，則滿足(e x0－m)e＝－1， 即e x0－m＝－有解， 即m＝e x0＋有解， ∵e x0＋＞，∴m＞. 答案： 9．已知x0為函數(shù)f(x)＝(ea)x＋3x的極值點，若x0∈(e為自然對數(shù)的底數(shù))，則實數(shù)a的取值范圍是________． 解析：f′(x)＝aeax＋3，則f′(x0)＝3＋aeax0＝0，由于eax0>0，則a<0，此時x0＝ln.令t＝－，t>0，則x0＝－ln t，構(gòu)造函數(shù)g(t)＝－ln t(t>0)，g′

8、(t)＝－ln t－＝－(ln t＋1)，當(dāng)00，g(t)為增函數(shù)，且g(t)>0恒成立，當(dāng)t>時，g′(t)<0，g(t)為減函數(shù)，g(t)max＝g＝，且g(e)＝－，因此當(dāng)x0∈時，0

9、b∈R)， 所以f′(x)＝3ax2＋2bx－3. 根據(jù)題意，得 即 解得所以f(x)＝x3－3x. (2)設(shè)切點為(x0，y0)(x0≠2)，則y0＝x－3x0. 因為f′(x0)＝3x－3， 所以切線的斜率為3x－3， 則3x－3＝， 即2x－6x＋6＋m＝0. 因為過點M(2，m)(m≠2)可作曲線y＝f(x)的三條切線， 所以方程2x－6x＋6＋m＝0有三個不同的實根， 設(shè)函數(shù)g(x)＝2x3－6x2＋6＋m，則函數(shù)g(x)有三個零點，且g′(x)＝6x2－12x， 令g′(x)＝0，得x＝0或x＝2. g′(x)，g(x)隨x的變化而變化的情況如下表：

10、 x (－∞，0) 0 (0,2) 2 (2，＋∞) g′(x) ＋ 0 － 0 ＋ g(x)  極大值  極小值  若函數(shù)g(x)有三個零點， 則需即解得－6

11、x)＝2ln x＋x－＋2， f′(1)＝2，f(1)＝， ∴切線l的方程為y－＝2(x－1)，即4x－2y－3＝0. (2)函數(shù)g(x)＝aln x＋x－＋a，定義域為(0，＋∞)， 則g′(x)＝1＋＋＝，令g′(x)＝0，得x2＋ax＋1＝0，其兩根為x1，x2， 且x1＋x2＝－a，x1x2＝1， 故x2＝，a＝－. g(x1)－g(x2)＝g(x1)－g＝aln x1＋x1－＋a－＝2＋2aln x1＝2－2ln x1， 令h(x)＝2－2ln x. 則[g(x1)－g(x2)]min＝h(x)min， 又h′(x)＝， 當(dāng)x∈(0,1]時，h′(x)≤0，

12、當(dāng)x∈(1，e]時，h′(x)<0， 即當(dāng)x∈(0，e]時，h(x)單調(diào)遞減， ∴h(x)min＝h(e)＝－， 故[g(x1)－g(x2)]min＝－. 12．(2018·鄭州模擬)已知函數(shù)f(x)＝ln x－x，g(x)＝mx3－mx(m≠0)． (1)求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程； (2)若對任意的x1∈(1,2)，總存在x2∈(1,2)，使得f(x1)＝g(x2)，求實數(shù)m的取值范圍． 解：(1)易知切點為(1，－1)，f′(x)＝－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)上的值域為A，g(x)在區(qū)

13、間(1,2)上的值域為B，則由題意可得A?B. ∵f(x)＝ln x－x， ∴f′(x)＝－1＝<0在(1,2)上恒成立， ∴函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞減， ∴值域A為(ln 2－2，－1)． 又g′(x)＝mx2－m＝m(x＋1)(x－1)， 當(dāng)m>0時，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g(x)在區(qū)間(1,2)上的值域B為， 則 解得m≥－(ln 2－2)＝3－ln 2. 當(dāng)m<0時，g′(x)<0在x∈(1,2)上恒成立， 則g(x)在(1,2)上是減函數(shù)，此時g(x)在區(qū)間(1,2)上的值域B為， 則解得m

14、≤(ln 2－2)＝ln 2－3. ∴實數(shù)m的取值范圍是 ∪. 二、強化壓軸考法——拉開分 1．已知函數(shù)f(x)＝xsin x，x1，x2∈，且f(x1)＜f(x2)，那么(　　) A．x1－x2＞0 B．x1＋x2＞0 C．x－x＞0 D．x－x＜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∈時，f′(x)＞0，即f(x)在上為增函數(shù)，又f(－x)＝－xsin(－x)＝xsin x，因而f(x)為偶函數(shù)，∴當(dāng)f(x1)＜f(x2)時，有f(|x1|)＜f(|x2|)，∴|x1|＜|x2|，x－

15、x＜0，故選 D. 2．(2018·西安八校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax2，若f(x)恰有兩個不同的零點，則a的取值范圍為(　　) A. B. C. D. 解析：選C　函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－2ax＝.當(dāng)a≤0時，f′(x)>0恒成立，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則函數(shù)f(x)不存在兩個不同的零點．當(dāng)a>0時，由f′(x)＝0，得x＝，當(dāng)00，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x>時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，所以f(x)的最大值為f＝ln－a2＝－ln 2a－，于是要使函數(shù)f(x)恰有兩個不同的零點，則需滿

16、足－ln 2a－>0，即ln 2a<－1，所以0<2a<，即00對任意的x>1恒成立，則m的最大值為(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 解析：選B　法一：因為f(x)＝x＋xln x，且f(x)－m(x－1)>0對任意的x>1恒成立，等價于m<在(1，＋∞)上恒成立， 等價于m1)． 令g(x)＝(x>1)，所以g′(x)＝.易知g′(x)＝0必有實根，設(shè)為x0，則x0－2－ln x0＝0，且g(x)在(1，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上

17、單調(diào)遞增，此時g(x)min＝g(x0)＝＝＝x0，因此m0，又m∈Z，故m的最大值為3.故選B. 法二：f(x)>m(x－1)在(1，＋∞)上恒成立， 而f′(x)＝2＋ln x，得f(x)在(0，e－2)上單調(diào)遞減，在(e－2，＋∞)上單調(diào)遞增， 由圖象可知，過點(1,0)的直線y＝m(x－1)必在f(x)的圖象下方，設(shè)過點(1,0)且與f(x)的圖象相切的直線的斜率為k，則m

18、2， 顯然g(e)<0，g(e2)>0，所以e0，a∈R恒成立，則實數(shù)m的最大值為(　　) A. B．2 C．e D．3 解析：選B　[b－(a－2)]2＋[ln b－(a－1)]2等價于點P(b，ln b)與點Q(a－2，a－1)距離的平方，易知點P，Q分別在曲線C：y＝ln x及直線l：y＝x＋1上． 令f(x)＝ln x，則f′(x)＝，令f′(x)＝1，得x＝1，故與直線l平行且與曲線C

19、相切的直線l′與曲線C的切點為(1,0)，所以|PQ|min＝＝，所以m2－m≤2，解得－1≤m≤2，所以m的最大值為2.故選B. 5．設(shè)函數(shù)f(x)＝ex＋a＋x，g(x)＝ln(x＋3)－4e－x－a，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)，若存在實數(shù)x0，使得f(x0)－g(x0)＝2成立，則實數(shù)a的值為(　　) A．－2＋ln 2 B．1＋ln 2 C．－1－ln 2 D．2＋ln 2 解析：選D　由已知得f(x)－g(x)＝ex＋a＋x－ln(x＋3)＋4e－x－a， 設(shè)h(x)＝ex＋a＋4e－x－a，u(x)＝x－ln(x＋3)， 所以h(x)＝ex＋a＋4e－x－a≥2＝4

20、，當(dāng)且僅當(dāng)ex＋a＝2時等號成立． u′(x)＝1－＝(x>－3)， 令u′(x)>0，得x>－2； 令u′(x)<0，得－30，若直線MN∥x軸，則M，N兩點間的距離的最小值為(　　)

21、 A．1 B．2 C．3 D．4 解析：選A　設(shè)h(x1)＝|MN|，由題意知h(x1)＝x2－x1，x1≥1， 由MN∥x軸可得g(x2)＝f (x1)， 即x2＝e x1－1－(x1－1)2＋1， 所以h(x1)＝x2－x1＝ex1－1－(x1－1)2－x1＋1，h′(x1)＝e x1－1－x1，h″(x1)＝e x1－1－1， 因為h″(x1)≥h″(1)＝0， 所以h′(x1)在[1，＋∞)上是增函數(shù)， 所以h′(x1)≥h′(1)＝0， 因此h(x1)在[1，＋∞)上是增函數(shù)，所以h(x1)≥h(1)＝1，故選A. 7．若對任意的x∈，e為自然對數(shù)的底數(shù)，

22、總存在唯一的y∈[－1,1]，使得ln x－x＋1＋a＝y(tǒng)2ey成立，則實數(shù)a的取值范圍為(　　) A. B. C. D. 解析：選B　設(shè)f(x)＝ln x－x＋1＋a， 則f′(x)＝－1＝. 因為x∈，所以f′(x)≥0，f(x)在上單調(diào)遞增，所以f(x)∈. 設(shè)g(y)＝y(tǒng)2ey，y∈[－1,1]， 則g′(y)＝y(tǒng)(y＋2)ey. 由g′(y)<0，得－1≤y<0； 由g′(y)>0，得0

23、＋1＋a＝y(tǒng)2ey成立，等價于f(x)的值域是g(y)的不含極值點的單值區(qū)間的子集， 故?，所以0時，f(－x)＋f(x＋3)＝0；當(dāng)x∈(0,3)時，f(x)＝，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，且e≈2.72，則方程6f(x)－x＝0在[－9,9]上的解的個數(shù)為(　　) A．4 B．5 C．6 D．7 解析：選D　依題意，當(dāng)x∈(0,3)時，f′(x)＝，令f′(x)＝0得x＝e，故函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，e)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(e,3)上單調(diào)遞減，故在區(qū)間(0,3)上，f(x)max＝f(e)＝1.又函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x>0時，f(－x)＋f(x＋3)＝0，即f(x＋3)＝f(x)，f(0)＝0.由6f(x)－x＝0，得f(x)＝.在同一坐標(biāo)系內(nèi)作出函數(shù)y＝f(x)與y＝在區(qū)間[－9,9] 上的圖象如圖所示．由圖可知，函數(shù)y＝f(x)與y＝的圖象有7個交點，即方程6f(x)－x＝0的解的個數(shù)為7.故選D.