（浙江专用）2020版高考数学大二轮复习专题五小题考法课四导数的简单应用课时跟踪检测.docx

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1、导数的简单应用[级——基础小题提速练]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．(2018·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，若f(x)为奇函数，则曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为(　　)A．y＝－2xB．y＝－xC．y＝2xD．y＝x解析：选D　法一：∵f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，∴f′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a.又∵f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x

2、)恒成立，即－x3＋(a－1)x2－ax＝－x3－(a－1)x2－ax恒成立，∴a＝1，∴f′(x)＝3x2＋1，∴f′(0)＝1，∴曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.法二：易知f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax＝x[x2＋(a－1)x＋a]，因为f(x)为奇函数，所以函数g(x)＝x2＋(a－1)x＋a为偶函数，所以a－1＝0，解得a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.故选D.3．已知f(x)＝，则(　　)A．f(2)>f(e)>f(3)B．f(3)>f(e)

3、>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．若函数f(x)＝(x2＋ax＋3)ex在(0，＋∞)内有且仅有一个极值点，则实数a的取值范围是(　　)A．(－∞，－2]B．(－∞，－2)C．(－∞，－3]D．(－∞，－)解析：选C　f′(x)＝(2x＋a)ex＋(x2＋ax＋3)ex＝[x2＋(a＋2)x＋a＋3]ex

4、，令g(x)＝x2＋(a＋2)x＋a＋3.由题意知，f(x)在(0，＋∞)内先减后增或先增后减，结合函数g(x)的图象特征知，或解得a≤－3.故选C.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)＝2x－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

5、(　　)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(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

6、(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(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．已知a>0且a≠1，

7、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．(2019·浙江新高考仿真演练卷(三))拉格朗日中值定理又称拉氏定理：如果