(浙江专用)2019高考数学二轮复习 课时跟踪检测(二十一)小题考法——导数的简单应用

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1、课时跟踪检测(二十一)小题考法——导数的简单应用A组——10+7提速练一、选择题1.设f(x)=xlnx,f′(x0)=2,则x0=(  )A.e2          B.eC.D.ln2解析:选B ∵f′(x)=1+lnx,∴f′(x0)=1+lnx0=2,∴x0=e,故选B.2.函数f(x)=excosx的图象在点(0,f(0))处的切线方程是(  )A.x+y+1=0B.x+y-1=0C.x-y+1=0D.x-y-1=0解析:选C 依题意,f(0)=e0cos0=1,因为f′(x)=excosx-exsinx,所以f′(0)=1,所以切线

2、方程为y-1=x-0,即x-y+1=0,故选C.3.已知f(x)=,则(  )A.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:选D f(x)的定义域是(0,+∞),∵f′(x)=,∴x∈(0,e),f′(x)>0;x∈(e,+∞),f′(x)<0,故x=e时,f(x)max=f(e).而f(2)==,f(3)==.f(e)>f(3)>f(2),故选D.4.已知函数f(x)的定义域为(a,b),f(x)的导函数f′(x)在(a,b)上的图象如图所示,则函数f(x

3、)在(a,b)上的极大值点的个数为(  )A.1B.2C.3D.4解析:选B 由函数极值的定义和导函数的图象可知,f′(x)在(a,b)上与x轴的交点个数为4,但是在原点附近的导数值恒大于零,故x=0不是函数f(x)的极值点,其余的3个交点都是极值点,其中有2个点附近的导数值左正右负,故极大值点有2个.5.已知函数f(x)=x2-5x+2lnx,则函数f(x)的单调递增区间是(  )A.和(1,+∞)B.(0,1)和(2,+∞)C.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)=2

4、x-5+==>0,解得02,故函数f(x)的单调递增区间是和(2,+∞).6.已知函数f(x)=x3-px2-qx的图象与x轴切于点(1,0),则f(x)的极大值、极小值分别为(  )A.-,0B.0,-C.,0D.0,解析:选C 由题意知,f′(x)=3x2-2px-q,由f′(1)=0,f(1)=0,得解得∴f(x)=x3-2x2+x,由f′(x)=3x2-4x+1=0,得x=或x=1,易得当x=时,f(x)取极大值,当x=1时,f(x)取极小值0.7.已知f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)为f(x)的导函数,且满足f(

5、x)<-xf′(x),则不等式f(x+1)>(x-1)·f(x2-1)的解集是(  )A.(0,1)B.(1,+∞)C.(1,2)D.(2,+∞)解析:选D 因为f(x)+xf′(x)<0,所以[xf(x)]′<0,故xf(x)在(0,+∞)上为单调递减函数,又(x+1)f(x+1)>(x2-1)·f(x2-1),所以02.8.设函数f(x)=x-lnx(x>0),则f(x)(  )A.在区间,(1,e)上均有零点B.在区间,(1,e)上均无零点C.在区间上有零点,在区间(1,e)上无零点D.在区间上无零点,在区间(

6、1,e)上有零点解析:选D 因为f′(x)=-,所以当x∈(0,3)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,而0<<10,f(1)=>0,f(e)=-1<0,所以f(x)在区间上无零点,在区间(1,e)上有零点.9.(2018·杭州第二次教学质量检测)已知a>0且a≠1,则函数f(x)=(x-a)2lnx(  )A.有极大值,无极小值B.有极小值,无极大值C.既有极大值,又有极小值D.既无极大值,又无极小值解析:选C f(x)有两个零点a和1,若a<1,由于函数值在(0,a)为负,(a,1)为负,(1,+∞)为正,故a为极大

7、值点,在(a,1)上必有极小值点;若a>1,由于函数值在(0,1)为负,(1,a)为正,(a,+∞)为正,故a为极小值点,在(1,a)上必有极大值点,故选C.10.(2017·浙江“超级全能生”联考)设f(x),g(x)分别是定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的奇函数和偶函数,当x<0时,f′(x)·g(x)+3f(x)·g′(x)>0,g(x)≠0,且f(-3)=0,则不等式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:选D 

8、构造函数F(x)=f(x)·g3(x),则F′(x)=f′(x)·g3(x)+3f(x)·g2(x)·g′(x)=g2(x)·[f′(x)·g(x)+

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