2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題二函數(shù)與導(dǎo)數(shù)專題跟蹤訓(xùn)練12導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用、定積分理

1、 專題跟蹤訓(xùn)練(十二)導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用、定積分 一、選擇題 1. (2018 福建福州八校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)是f (x)，且滿足f(x) = 2xf (1) 1 +叱貝卩f(1)=( ) A. e B . 2 C . 2 D . e 1 解析由已知得 f (x) = 2f (1) x，令 x= 1 得 f (1) = 2f (1) 1，解得 f (1) z. =1，則 f(1) = 2f (1) = 2. 答案B 1 2. 函數(shù)f(x) = x + -的極值情況是( ) A. 當(dāng)x= 1 時，取極小值 2，但無極大值 B. 當(dāng)x= 1 時，取極大值2,但無極小值 C. 當(dāng)x= 1 時

2、，取極小值一 2;當(dāng)x= 1 時，取極大值 2 D. 當(dāng)x= 1 時，取極大值一 2;當(dāng)x= 1 時，取極小值 2 1 解析求導(dǎo)得f(x) = 1 飛，令f(x) = 0，得x= 1,函數(shù)f (x)在區(qū)間(一a, X 1)和(1 , +a)上單調(diào)遞增，在(1,0)和(0,1)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x = 1 時，取極大值 2，當(dāng)x= 1 時，取極小值 2. 答案D 3. (2018 聊城模擬)已知函數(shù)y= xf (x)的圖象如圖所示(其中f (x)是函數(shù)f(x)的 導(dǎo)函數(shù))，則下面四個圖象中，y= f(x)的圖象大致是( ) 解析由題圖知當(dāng) 0 x1 時，xf(x)0，此時f(x)1 時，xf (

3、x)0，此時 f(x)0，函數(shù) f (x)遞增. 2 所以當(dāng)x = 1 時，函數(shù)f(x)取得極小值.3 當(dāng) x 1 時，xf(x)0，函數(shù) f(x)遞增，當(dāng)一 1x0, 此時f(x)0)，若對任意兩個不相等的正 實數(shù)X1 , X2, 都有 X1 T X1 X2 2 恒成立，則實數(shù) a的取值范圍是(A. (0,1 B . (1 ,+s) C . (0,1) D . 1 ,+s) 解析 f X1 f X2 根據(jù) 2 可知函數(shù)的導(dǎo)數(shù)大于或等于 2,所以屮( X1 X2 Cj x2( x0, a0) ，答案D 5. (2018 -湖北荊州調(diào)研)已知直線y= kx 2 與曲線y=xln x相切，則實數(shù)k

4、的值為 A. ln2 B .1 C . 1 ln2 D . 1+ ln2 由直線y= kx 2 與曲線y=xlnx相切，設(shè)切點為 P(xo, yo)，對于y= xlnx, 易得 y= 1 + In x,. k = 1 + In X0, 解 yo= kxo- 2, y= X0 In xo, k= In2 + 1，故選 D. 答案D 6.(2018 廣東深圳期末)已知函數(shù)f (x) = xI nx aex(e 為自然對數(shù)的底數(shù))有兩個極值 點，則實數(shù)a的取值范圍是( ) 0，y B .(0, e) C. (J, e j D .(汽 e) A. 解析 因函數(shù) 由題意可得f (x) = In x+ 1

5、 ae , f (x) = xln x aex有兩個極值點， 則直線 1 In x (X0), 人 1 令 h(x) = In x 1, x 3 4 所以 令 fQ)chr = 0 I ri J 0 J 0 2 n=H1 . 解得ni = m ,卜 2tn)山=(+ 2mj j | 則h 1 故 h(x) = - In x 1 在(0 ,)上單調(diào)遞減，又 h(1) = 0，所以當(dāng) x (0,1)時，h(x)0 , X 即g(x)0 , g(x)單調(diào)遞增； 1 當(dāng) x (1 ,+8)時，h(x)0，即 g(x)0 , g( x)單調(diào)遞減，所以 g(x)max= g(1)=一，而 e XT0時，g

6、(x) T xT + 8時，g(x)宀 0,故要使直線 y= a和g( x)的圖象在(0，+m) 1 內(nèi)有 2 個交點，只需 0a0=00，即(x2 + 2)ex0, 因為 ex0,所以一x2 + 20, 解得2x0對x ( 1,1)都成立. 因為 f (x) = ( 2x + a)ex + ( x2 + ax)ex= x2 + (a 2) x+ aex, 所以x + (a 2) x + ae 0 對 x ( 1,1)都成立. 因為 ex0,所以一x2 + (a 2)x + a0, 人 1 令 g(x) = (x + 1)不, 貝 y g(x) = 1+ 0. 1 所以g(x) = (x+ 1

7、) x+1 在(1,1)上單調(diào)遞增. 1 3 / X7 所以 g(x)g(1) = (1 +1)市=. 3 、 、4 所以a的取值范圍是 2,+ I 弋丁 (3)若函數(shù)f (x)在 R 上單調(diào)遞減，則f(x) W0對x R 都成立，即x2+ (a 2)x + aex0,所以x2 (a 2)x a0對x R 都成立. 所以= (a 2)2 + 4a0,即a2 + 40). (1) 討論函數(shù)f (x)的單調(diào)性； 卄哦& 3 (2) 右函數(shù)f (x)有兩個極值點 X1, X2(X1 2ln2 恒成立，求 a 的取值范圍. 解(1)由題意知，函數(shù)f (x)的定義域是(0,+), 2 2 ，令

8、x ax+1 = 0,貝U = a 4, 當(dāng) 00恒成立， 函數(shù)f(x)在(0，+m)上單調(diào)遞增； 則a 2 小 x + 2x x+ 1 x+1 2-1 x + 1 1 (x+1)不對x (1,1)都成立. 2 x ax+ 9 當(dāng)a2 時， 0,方程x2 ax+ 1 = 0 有兩個不同的實根，分別設(shè)為 X3, X4,不妨令 X3X4 , a ：a 4 此時 0X30，當(dāng) x (X3, X4)時, f(x)0, a+-4，上單調(diào)遞增. 綜上，當(dāng) 02 時f (x)在 0, 由(1)得 f (x)在(X1, X2)上單調(diào)遞減，X1 + X2= a, X1 X2= 1, 2 2 X1 X1 X2 X1 X1 X2 X1 則 f(x f(X2)= 2ln + (X1 X2)( X1 + X2 2a) = 2ln + = 2ln + -, X2 X2 X1X2 X2 X1 X2 人 Xi r 1 令 t =一，貝U 0t1, f (xi) - f(X2)= 2l nt +7-1, X2 t 令 g(t) = 2lnt +1 t(0t 3- 2ln2 = g 1，即 0t 而 a2= (X1+ X2)2=蘭+ 臺+ 2=t +1 + 2,其中 0t w2 X2 X1 t 2 令 h(t)=t + 1+ 2, t 0, 2 , 所以h(t) = 1-右0 在t 0, 上恒成立, 故h(t)