【新高考复习】专题40 导数压轴选择填空必刷100题(解析版)

专题40导数压轴选择填空必刷100题类型一:单选题1-50题1．若不等式e2ln0xxaxax恒成立，则a的取值范围是（）A．10,eB．20,eC．120,1,eeD．20,1,ee【答案】A【分析】把不等式转化为ln2elnxxaxxa对x0恒成立，设lntxx，故20teata对任意的0,t恒成立，利用导数可求a的取值范围.【详解】由不等式e2ln0xxaxax恒成立，可知ln2elnxxaxxa对x0恒成立.设lntxx，则该函数为0,上的增函数，故tR，故20teata对任意的0,t恒成立，设2tSteata，则tStea，当0a时，0St，故St为R上的增函数，而当210ata时，有21212=0taeataaaa，不合题意；当0a时，20teata对任意的0,t恒成立，当0a时，若lnta，则0St，当lnta时，0St，故St在,lna为减函数，在ln,a为增函数，故minlnln20StSaaaaa，故10ae综上：a的取值范围是10,e.故选：A2．已知函数()11axafxe，()gx的图象与()fx的图象关于1x对称，且()gx为奇函数，则不等式()(21)fxfa的解集为（）A．(,2)B．(2,)C．(3,)D．(3),【答案】D【分析】根据()gx的图象与()fx的图象关于1x对称，可求出()gx的表达式，再根据()gx为奇函数求出a，从而可知其单调性，即可解出不等式．【详解】设,Pxy是函数()gx的图象上任意一点，其关于直线1x的对称点为2,Qxy在()fx的图象上，所以2211axaygexfx，其定义域为R，而()gx为奇函数，所以20101aage，即210aea，即2210aea，而易知函数10xxex，当且仅当0x时取等号，所以20a，即2a，故2()1+1xgxe，易知函数()gx在R上递增，所以()(21)fxfa的解集为(3),．故选：D．3．过曲线C：lnyx上一点()1,0A作斜率为01kk的直线，该直线与曲线C的另一交点为P，曲线C在点P处的切线交y轴于点N．若APN的面积为34ln22，则k（）A．1ln23B．2ln23C．1ln22D．ln2【答案】B【分析】利用导数的几何意义求出切线方程，结合三角形面积公式进行求解即可.【详解】设00,lnPxx，lnyx1yx，01kx，切线方程为：0001lnyxxxx，令0x，0ln1yx，∴00,ln1Nx，001111ln1ln222AONSxx△．过P作x轴的垂线，垂足为M，00000111ln1lnln222PMASxxxxx△梯形PNOM面积00000011ln1lnln22Sxxxxxx，∴00000003111114ln2lnlnlnln222222xxxxxxx，即00031114ln2ln2222xxx，∴0004ln4ln4xxx，显然04x是该方程的一个根，设'()ln44ln4()lngxxxxgxx，由题意可知：1x，所以'()0gx，此时函数单调递增，故方程0004ln4ln4xxx有唯一实根，即4,ln4P，∴ln42ln233k，故选：B4．已知函数.ee2xefxx（e为自然对数的底数），lne4gxxaxa.若存在实数12,xx，使得12eg12fxx，且211exx，则实数a的最大值为（）A．52eB．25eeC．2eD．1【答案】C【分析】根据e1f可求得22eex，利用21gx得到223elnxax，将问题转化为nel3xhxx，2e,ex的最大值的求解问题，利用导数求得maxhx，从而求得结果.【详解】0e1eeef，即1xe，又211exx且20x，∴22eex，由21gx，即22lne41xaxa，整理得：223elnxax，令nel3xhxx，2e,ex，则221eeln3ln2eexxxxxhxxx，eyx和lnyx在2e,e上均为减函数，eln2yxx在2e,e上单调递减，max1lne220y，即0hx在2e,e上恒成立，hx在2e,e上单调递减，maxlne32e2eehxh，即实数a的最大值为2e.故选：C.5．设函数()ln3()gxxxaaR，定义在R上的连续函数fx使得()yfxx是奇函数，当0x时，()1fx，若存在0{|()2(2)2}xxfxfxx，使得00ggxx，则实数a的取值范围为（）A．[1,)B．[2,)C．[),eD．[3,)【答案】B【分析】由题设，应用导数可证()yfxx在R上递减，利用单调性解()2(2)2fxfxx，即知：存在0{|1}xxx使00ggxx，将问题转化为在[1,)x上()gxx有解，再构造中间函数，利用导数研究单调性，并结合零点存在性定理求a的取值范围.【详解】由题设，()2(2)2fxfxx等价于()(2)(2)fxxfxx，∵当0x时，()1fx，即()10fx，∴()yfxx在(,0)上递减，又fxx是奇函数，∴y在(0,)上递减，又fx连续，∴y在R上递减，则2xx，可得1x.又()gx的定义域为(0,)，且1()30gxx，即()gx在定义域上递增，∴题设条件为：存在0{|1}xxx使00ggxx，即使00gxx，∴在[1,)x上()gxx有解，则()()ln2hxgxxxxa在[1,)x上有零点，由1()20hxx，即()hx递增，又()(1)2hxha，且x时()hx，∴只需20a，即2a即可.故选：B6．已知1,0,()sin,0,xxfxxx若123123,fxfxfxxxx，则1232232xxx的最大值是()A．3B．522C．833D．1716【答案】C【分析】利用数形结合，画出()fx的图像可得23xx为定值，再将1232232xxx转化为关于x的函数，最后利用求导求出1232232xxx的最大值.【详解】如图作出()fx的图象，依题意，1231sinsinxxx，注意到23xx，且13sin1xx，因此1233322322sin2xxxxx，其中3,2x，设()2sin2,()12cosgxxxgxx，当2,23x，时()0gx，当2,3x，时()0gx，因此()gx在2,23上单调递增，在2,3上单调递减，则8()3,33gx，即1232232xxx的最大值为833故选：C.7．已知函数()lnafxxxx，32()3gxxx，若121,,2,2xx都有12()()0fxgx，则实数a的取值范围为（）A．0,B．1,C．2,D．3,【答案】B【分析】根据题意转化为121,,2,2xxminmaxfxgx，先求出maxgx，再利用minmaxfxgx列出不等式即可求解.【详解】因为32()3gxxx，2'32gxxx，由'0gx得0x或23x，又因为21,22x，当2x12,23时，'0gx，gx单调递减，当22,23x时，'0gx，gx单调递增，所以max1,22gxgg，12528g，21g，所以max1gx，若121,,2,2xx都有12()()0fxgx，则转化为1fx恒成立ln1axxx，对于1,22x恒成立2lnaxxx，对于1,22x恒成立，设2lnhxxxx，'12lnhxxxx，''32lnhxx，当1,22x时，''0hx，所以''hx单调递减，max1''''3ln202hxh，所以'hx单调递减，当1x时，'112ln110h，当12x时，11111'1lnln022222h，所以1,12x时'0hx，hx单调递增，1,2x时，'0hx，hx单调递减，所以2max111ln11hxh，所以1a.故选：B8．已知函数2()2lnfxaxxx有两个不同的极值点1x，2x，若不等式1212fxfxxxt恒成立，则t的取值范围是（）A．4,B．5,C．6,D．7,【答案】B【分析】求得导函数1()22fxaxx且0x，根据极值点可得12xx，12xx关于a的表达式及a的范围，由此可得1122()()fxxfxx关于a的函数式，构造()ga，则只需()gat恒成立，利用导数研究()ga的最值，即可求t的取值范围.【详解】由题设，1()22fxaxx且0x，由()fx有两个极值点，∴令()0fx，则22210axx在0x上有两个不等的实根1x，2x，∴121xxa，1212xxa，且102480aa，得102a.又2()3lnfxxaxxx，且12()()0fxfx，∴211221axx，222221axx，即221212()1axxxx，∴1122()()fxxfxx22121212()3()lnaxxxxxx1212ln2()1xxxx2ln21aa，令2()ln21gaaa且102a，要使题设不等式恒成立，只需()gat恒成立，∴22112()(1)0gaaaaa，即()ga递增，故1()()52gag，∴5t.故选：B9．若ln0,0xexaxaxax，则a的最大值为（）A．4eB．2eC．eD．2e【答案】C【分析】由题设得lnlnxaxexeax，构造()xgxex并利用导数研究单调性，易知lnlnaxx恒成立，进而构造()lnfxxx只需minln()afx即可求a的最大值.【详解】由题设，lnlnxaxexeax，若()xgxex，则()10xgxe，即()gx在0x上单调递增，而()(ln)gxgax，∴lnlnlnxaxax，要使lnxexaxax，只需lnl