(通用版)2019版高考数学二轮复习课件+训练：专题跟踪检测(三)导数的简单应用理.pdf

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1、专题跟踪检测（三）导数的简单应用一、全练保分考法——保大分1．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，所以切线方程为y－1＝x－0，即x－y＋1＝0，故选C.2．已知函数f(x)＝x2－5x＋2lnx，则函数f(x)的单调递增区间是()1A.0，和(1，＋∞)B．(0,1)和(2，＋∞)21C.0，和(2，＋∞)D．(1,2)22解析

2、：选C函数f(x)＝x2－5x＋2lnx的定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝2x－5＋＝x2x2－5x＋2x－22x－11＝.由f′(x)>0，解得02，故函数f(x)的单调递增xx21区间是0，和(2，＋∞)．2lnx3．(2018·石家庄模拟)已知f(x)＝，其中e为自然对数的底数，则()xA．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)lnx1－lnx解析：选D由f(x)＝，得f′(x)＝，令f′(x)＝0，解得x＝e，当x∈xx2(0，e)时，f′(x)

3、>0，函数f(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，函数f(x)单调ln2ln33ln2－2ln3递减，故f(x)在x＝e处取得最大值f(e)，f(2)－f(3)＝－＝＝236ln8－ln9<0，6∴f(2)f(3)>f(2)，故选D.4．(2019届高三·广州调研)已知直线y＝kx－2与曲线y＝xlnx相切，则实数k的值为()A．ln2B．1C．1－ln2D．1＋ln2解析：选D由y＝xlnx知y′＝lnx＋1，设切点为(x，xlnx)，则切线方程为y000－xlnx＝(lnx＋1)(x－x)，因为切线y＝kx－2过定点(0，

4、－2)，所以－2－xlnx＝000000(lnx＋1)(0－x)，解得x＝2，故k＝1＋ln2，选D.0005．已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x)，满足f′(x)>f(x)，且f(x＋3)为偶函数，f(6)＝1，则不等式f(x)>ex的解集为()A．(－2，＋∞)B．(0，＋∞)C．(1，＋∞)D．(4，＋∞)解析：选B因为f(x＋3)为偶函数，所以f(3－x)＝f(x＋3)，因此f(0)＝f(6)＝1.fx设h(x)＝，则原不等式即h(x)>h(0)．exf′x·ex－fx·exf′x－fx又h′(x)＝＝，ex2ex依题意f′(x)>f(x)，

5、故h′(x)>0，因此函数h(x)在R上是增函数，所以由h(x)>h(0)，得x>0.故选B.6．已知定义在R上的函数y＝f(x)满足f(－x)＝－f(x)，当x∈(0,2]时，f(x)＝lnx1－axa>，当x∈[－2,0)时，f(x)的最小值为3，则a的值等于()2A．e2B．eC．2D．1解析：选A因为定义在R上的函数y＝f(x)满足f(－x)＝－f(x)，所以y＝f(x)为奇函数，其图象关于原点对称，因为当x∈[－2,0)时，f(x)的最小值为3，1所以当x∈(0,2]时，f(x)＝lnx－axa>的最大值为－3.21－ax又f′(x

6、)＝(00；a1当0，∴ax2xx＋2x－1>0有实数解．当a≥0时，显然满足；当a<0时，只需Δ＝4＋4a>0，∴－1

7、<0.综上知a>－1.答案：(－1，＋∞)8．已知函数f(x)＝ex－mx＋1的图象为曲线C，若曲线C存在与直线y＝ex垂直的切线，则实数m的取值范围是________．x解析：函数f(x)的导数f′(x)＝ex－m，设切点为(x，e0－mx＋1)，即切线斜率k＝00xxe0－m，若曲线C存在与直线y＝ex垂直的切线，则满足(e0－m)e＝－1，x1即e0－m＝－有解，ex1即m＝e0＋有解，ex111∵e0＋＞，∴m＞.eee1答案：，＋∞ee19．已知x为函数f(x)＝(ea)x＋3x的极值点，若x∈－，(e为自然对数的底数)，0033