1、课时跟踪检测（六） 导数的简单应用1(2017西宁一检)设曲线y在点(3,2)处的切线与直线axy10垂直，则a()A2B2C D.解析：选A由y得曲线在点(3,2)处的切线斜率为，又切线与直线axy10垂直，则a2.2(2017北京模拟)曲线f(x)xln x在点(1，f(1)处的切线的倾斜角为()A. B.C. D.解析：选B因为f(x)xln x，所以f(x)ln xxln x1，所以f(1)1，所以曲线f(x)xln x在点(1，f(1)处的切线的倾斜角为.3已知函数f(x)x25x2ln x，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(
2、1,2)解析：选C函数f(x)x25x2ln x的定义域是(0，)，令f(x)2x50，解得0x或x2，故函数f(x)的单调递增区间是和(2，)4曲线y2在点(1，m)处的切线方程为()Ay2x1 By2x1Cy2x4 Dy2x3解析：选D当x1时，y21，所以m1.因为y，所以y|x12，则所求的切线方程为y12(x1)，即y2x3.5(2018届高三江西赣中南五校联考)设函数f(x)的导数为f(x)，且f(x)x22xf(1)，则f(2)()A0 B2C4 D8解析：选A因为f(x)x22xf(1)，所以f(x)2x2f(1)，令x1，则f(1)22f(1)，解得f(1)2，则f(x)2x
3、4，所以f(2)2240.6已知f(x)2x36x2m(m为常数)在2,2上有最大值为3，那么此函数在2,2上的最小值为()A0 B5C10 D37解析：选D由题意知，f(x)6x212x，由f(x)0得x0或x2，当x0或x2时，f(x)0，当0x2时，f(x)0，f(x)在2,0上单调递增，在0,2上单调递减，由条件知f(0)m3，f(2)5，f(2)37，最小值为37.7(2017广州模拟)设函数f(x)x3ax2，若曲线yf(x)在点P(x0，f(x0)处的切线方程为xy0，则点P的坐标为()A(0,0) B(1，1)C(1,1) D(1，1)或(1,1)解析：选D由题易知，f(x)3
4、x22ax，所以曲线yf(x)在点P(x0，f(x0)处的切线的斜率为f(x0)3x2ax0，又切线方程为xy0，所以x00，且解得或所以当时，点P的坐标为(1，1)；当时，点P的坐标为(1,1)8(2017昆明检测)若函数f(x)e2xax在(0，)上单调递增，则实数a的取值范围为()A1，) B(1，)C2，) D(2，)解析：选Cf(x)在(0，)上单调递增，且f(x)2e2xa，f(x)2e2xa0在(0，)上恒成立，即a2e2x在(0，)上恒成立，又x(0，)时，2e2x2，a2.9(2018届高三重庆调研)若函数f(x)(xa)ex在(0，)上不单调，则实数a的取值范围是()A(，
5、1) B(，0)C(1,0) D1，)解析：选Af(x)ex(xa1)，由题意，知方程ex(xa1)0在(0，)上至少有一个实数根，即xa10，解得a1.10已知函数f(x)的导函数f(x)ax2bxc的图象如图所示，则f(x)的图象可能是()解析：选D当x0时，由导函数f(x)ax2bxc0，知相应的函数f(x)在该区间内单调递减，排除A、B；当x0时，由导函数f(x)ax2bxc的图象可知，导函数在区间(0，x1)内的值是大于0的，则在此区间内函数f(x)单调递增，排除C，故选D.11(2017重庆适应性考试)设函数f(x)ex(xaex)(其中e是自然对数的底数)恰有两个极值点x1，x2
6、(x1x2)，则下列说法不正确的是()A0a B1x10Cf(0)0 Df(x1)f(x2)0解析：选D由题意得f(x)ex(1aex)ex(xaex)ex(1x2aex)，函数f(x)的两个极值点为x1，x2(x1x2)，即x1，x2(x1x2)是方程f(x)0的两个不相等的实数根，所以1x2aex0且a0，所以ex，设函数y(a0)，yex，在同一坐标系中画出两个函数的大致图象如图所示，要使得两个函数图象有2个不同的交点，应满足解得0a，且1x10，因为f(0)e0(0ae0)a，所以f(0)0，故选D.12已知函数f(x)k，若x2是函数f(x)的唯一一个极值点，则实数k的取值范围为()
7、A(，e B0，eC(，e) D0，e)解析：选Af(x)k(x0)设g(x)，则g(x)，则g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增g(x)在(0，)上有最小值，为g(1)e，结合g(x)与yk的图象可知，要满足题意，只需ke.13(2017云南模拟)已知函数f(x)axln xb(a，bR)，若f(x)的图象在x1处的切线方程为2xy0，则ab_.解析：由题意，得f(x)aln xa，所以f(1)a，因为函数f(x)的图象在x1处的切线方程为2xy0，所以a2，又f(1)b，则21b0，所以b2，故ab4.答案：414(2017太原二模)若函数f(x)sin xax为R上的减函
8、数，则实数a的取值范围是_解析：f(x)cos xa，由题意可知，f(x)0对任意的xR都成立，a1，故实数a的取值范围是(，1答案：(，115(2017新乡一模)设x1，x2是函数f(x)x32ax2a2x的两个极值点，若x12x2，则实数a的取值范围是_解析：由题意得f(x)3x24axa2的两个零点x1，x2满足x12x2，所以f(2)128aa20，解得2a0；x02时，y10.所以方程2x6x70有3个解故过点A(2,1)作曲线f(x)x33x的切线最多有3条2(2018届高三东北三校一联)已知定义在R上的奇函数f(x)的图象为一条连续不断的曲线，f(1x)f(1x)，f(1)a，且
9、当0x1时，f(x)的导函数f(x)满足f(x)f(x)，则f(x)在2 015,2 016上的最大值为()Aa B0Ca D2 016解析：选C由f(1x)f(1x)可得函数f(x)的图象关于直线x1对称又f(x)是定义在R上的奇函数，则f(0)0，且f(x)的图象关于点(0,0)对称，所以f(x)是以4为周期的周期函数，则f(x)在2 015,2016上的图象与1,0上的图象形状完全相同令g(x)，则g(x)0(x(0,1)，函数g(x)在(0,1)上单调递减，则g(x)g(0)0，所以f(x)f(x)0，则函数f(x)在(0,1)上单调递减又由奇函数的性质可得f(x)在(1,0)上也单调
10、递减，则f(x)在2 015，2 016上的最大值为f(2 015)f(1)f(1)a.3(2017宝鸡一检)已知函数f(x)x24xaln x，若函数f(x)在(1,2)上是单调函数，则实数a的取值范围是()A(6，)B(，16)C(，166，)D(，16)(6，)解析：选Cf(x)的定义域为(0，)，f(x)2x4，f(x)在(1,2)上是单调函数，f(x)0或f(x)0在(1,2)上恒成立，即2x24xa0或2x24xa0在(1,2)上恒成立，即a(2x24x)或a(2x24x)在(1,2)上恒成立记g(x)(2x24x)，1x2，则16g(x)6，a6或a16.4(2017广西三市联考
11、)已知函数f(x)ex(xb)(bR)若存在x，使得f(x)xf(x)0，则实数b的取值范围是()A. B.C. D.解析：选A由f(x)xf(x)0，得xf(x)0，设g(x)xf(x)ex(x2bx)，若存在x，使得f(x)xf(x)0，则函数g(x)在区间上存在子区间使得g(x)0成立g(x)ex(x2bx)ex(2xb)exx2(2b)xb，设h(x)x2(2b)xb，则h(2)0或h0，即83b0或b0，得b.5(2017甘肃一诊)若函数f(x)x24exax在R上存在单调递增区间，则实数a的取值范围为_解析：因为f(x)x24exax，所以f(x)2x4exa.由题意，f(x)2x
12、4exa0，即a2x4ex有解设g(x)2x4ex，则g(x)24ex.令g(x)0，解得xln 2.当x(，ln 2)时，g(x)0，函数g(x)单调递增；当x(ln 2，)时，g(x)0，函数g(x)单调递减所以当xln 2时，g(x)取得最大值22ln 2，所以a22ln 2.答案：(，22ln 2)6(2018届高三兰州四校联考)已知f(x)(x1)3ex1，g(x)(x1)2a，若x1，x2R，使得f(x2)g(x1)成立，则实数a的取值范围是_解析：x1，x2R，使得f(x2)g(x1)成立，即为f(x)maxg(x)min.又f(x)(x1)2ex1(x2)，由f(x)0得x1或
13、2，故当x2时，f(x)0，f(x)单调递增；当x2时，f(x)0，f(x)单调递减，所以f(x)maxf(2)，又g(x)mina，则a，故实数a的取值范围是.答案：1(2017宝鸡模拟)已知函数yx2的图象在点(x0，x)处的切线为l，若l也与函数yln x，x(0,1)的图象相切，则x0的取值范围为()A. B.C. D.解析：选D函数yx2的导数为y2x，在点(x0，x)处的切线的斜率为k2x0，切线方程为yx2x0(xx0)，设切线与yln x相切的切点为(m，ln m)，0m1，因为yln x的导数为y，所以2x0，切线方程为yln m(xm)，令x0，可得yln m1x，由0m1
14、，可得x0，且x1，解得x01，由m，可得xln(2x0)10，令f(x)x2ln(2x)1，x1，则f(x)2x0，f(x)在x1时单调递增，且f()2ln 210，f()3ln 210，则有xln(2x0)10的根x0(，)2(2017惠州模拟)已知函数f(x)xsin xcos xx2，则不等式f(ln x)f2f(1)的解集为()A(e，) B(0，e)C.(1，e) D.解析：选Df(x)xsin xcos xx2，因为f(x)f(x)，所以f(x)是偶函数，所以ff(ln x)f(ln x)，所以f(ln x)f2f(1)可变形为f(ln x)f(1)f(x)xcos x2xx(2cos x)，因为2cos x0，所以f(x)在(0，)上单调递增，在(，0)上单调递减，所以f(ln x)f(1)等价于1ln x1，所以xe.