（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)＋