导数及导数应用习题

《导数及其应用》

一、选择题

1.f(x0)0是函数fx在点x0处取极值的:

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 2、设曲线yx1在点(x,f(x))处的切线的斜率为g(x)，则函数yg(x)cosx的部分图象可以为

y y y y 2O x O x O x O x

A. B. C. D.

π2

3．在曲线y＝x上切线的倾斜角为的点是( )

4

A．(0,0)

2

1111B．(2,4) C.， D.， 41624

4.若曲线y＝x＋ax＋b在点(0，b)处的切线方程是x－y＋1＝0，则( )

A．a＝1，b＝1 B．a＝－1，b＝1 C．a＝1，b＝－1 D．a＝－1，b＝－1 5．函数f(x)＝x＋ax＋3x－9，已知f(x)在x＝－3时取得极值，则a等于( )

A．2 B．3 C．4 D．5

1322

6. 已知三次函数f(x)＝x－(4m－1)x＋(15m－2m－7)x＋2在x∈(－∞，＋∞)是增函数，则m的取值

3范围是( )

A．m<2或m>4 B．－4A．1 B．e C．ln2 D．1

8. 若函数f(x)x12x在区间(k1,k1)上不是单调函数，则实数k的取值范围（ ）

A．k3或1k1或k3 B．3k1或1k3 C．2k2 D．不存在这样的实数k

33

2

9. 10．函数fx的定义域为a,b，导函数fx在a,b内的图像如图所示， 则函数fx在a,b内有极小值点

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

10.已知二次函数f(x)axbxc的导数为f'(x)，f'(0)0，对于任意实数x都有f(x)0，则

2f(1)的最小值为 f'(0)。 1欢迎下载

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A．3 B．

53 C．2 D． 22二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分） 11.函数ysinx的导数为_________________ x32212、已知函数f(x)xaxbxa在x=1处有极值为10，则f(2)等于____________. 13．函数yx2cosx在区间[0,32]上的最大值是

14．已知函数f(x)xax在R上有两个极值点，则实数a的取值范围是 15. 已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，f(1)0，

xf(x)f(x)（x02x0），则不等式

x2f(x)0的解集是

三、解答题（本大题共6小题，共80分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

16. 设函数f(x)＝sinx－cosx＋x＋1,017. 已知函数f(x)x3x.

（Ⅰ）求f(2)的值；（Ⅱ）求函数f(x)的单调区间.

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18. 设函数f(x)x6x5,xR. （1）求f(x)的单调区间和极值；

（2）若关于x的方程f(x)a有3个不同实根，求实数a的取值范围. （3）已知当x(1,)时,f(x)k(x1)恒成立，求实数k的取值范围.

19. 已知x1是函数f(x)mx33(m1)x2nx1的一个极值点，其中m,nR,m0 （1）求m与n的关系式； （2）求f(x)的单调区间；

（3）当x[1,1]，函数yf(x)的图象上任意一点的切线斜率恒大于3m，求m的取值范围。

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20. 已知函数f(x)lnxaxbx.

（I）当a1时，若函数f(x)在其定义域内是增函数，求b的取值范围；

（II）若f(x)的图象与x轴交于A(x1,0),B(x2,0)(x1x2)两点，且AB的中点为C(x0,0)，求证：

2f'(x0)0.

x2,g(x)2alnx(e为自然对数的底数） 21. 已知函数f(x)e （1）求F(x)f(x)g(x)的单调区间，若F(x)有最值，请求出最值；

（2）是否存在正常数a，使f(x)与g(x)的图象有且只有一个公共点，且在该公共点处有共同的切线？

若存在，求出a的值，以及公共点坐标和公切线方程；若不存在，请说明理由。

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《导数及其应用》参考答案

一、选择题： 题号 1 答案 B 二、填空题： 11. y'2 A 3 D 4 A 5 D 6 D 7 D 8 B 9 A 10 C xcosxsinx ；12. 18 13.3； 14.{a|a0}； 15.(1,0)(1,)

x26三、解答题

π

16. [解析] f′(x)＝cosx＋sinx＋1＝2sin(x＋)＋1 (04

2π

令f′(x)＝0，即sin(x＋)＝－，

42

3

解之得x＝π或x＝π.

2

x，f′(x)以及f(x)变化情况如下表： x f′(x) f(x) (0，π) ＋ 递增 π 0 π＋2 3(π，π) 2－ 递减 3π 20 3π 23(π，2π) 2＋ 递增 33∴f(x)的单调增区间为(0，π)和(π，2π)单调减区间为(π，π)．

2233π

f极大(x)＝f(π)＝π＋2，f极小(x)＝f(π)＝. 22

3x23，所以f(2)9. 17. 解：（Ⅰ）f(x）2（Ⅱ）f(x)3x3，

解f(x)0，得x1或x1.

解f(x)0，得1x1.

所以(,1)，(1,)为函数f(x)的单调增区间，(1,1)为函数f(x)的单调减区间.

218. 解:（1）f(x)3(x2),令f(x)0,得x12,x22 …………………1分

∴当x2或x2时,f(x)0;当2x2时,f(x)0，…………………2分

∴f(x)的单调递增区间是(,2)和(2,)，单调递减区间是(2,2)……3分 当x2,f(x)有极大值542；当x2,f(x)有极小值542.…………4分

（2）由（1）可知yf(x)图象的大致形状及走向（图略）

∴当542a542时,直线ya与yf(x)的图象有3个不同交点，……6分 即当542a542时方程f(x)有三解. …………………………………7分

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（3）f(x)k(x1)即(x1)(xx5)k(x1)

∵x1,kxx5在(1,)上恒成立. …………………………………………9分 令g(x)xx5，由二次函数的性质，g(x)在(1,)上是增函数，

∴g(x)g(1)3,∴所求k的取值范围是k3……………………………………12分

19. 解：（1）f'(x)3mx26(m1)xn.因为x1是函数f(x)的一个极值点.所以f'(1)0

即3m6(m1)n0,所以n3m6

2 （2）由（1）知，f'(x)3mx26(m1)x3m63m(x1)[x(1)]

m2当m0时，有11，当x为化时，f(x)与f'(x)的变化如下表：

m222(1,1)(1,) x 1 (,1) 1 mmm 222f'(x) f(x) - 单调递减 0 极小值 + 单调递增 0 极大值 - 单调递减 故由上表知，当m0时，f(x)在(,1递减.

22)单调递减，在(1,1)单调递增，在(1,)上单调 mm22(m1)x0，即mm（3）由已知得f'(x)3m，即mx22(m1)x20又m0，所以x21222(m1)x0,x[1,1] 设g(x)x22(1)x，其函数图象开口向上，由题意知①式恒成立，所以

mmmm22g(1)0120444 解之得m又m0所以m0即m的取值范围为(,0) mm333g(1)010x2

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20.（1）由题意：f(x)lnxxbx，f(x)在(0,)上递增，f(x)212xb0对xx(0,)恒成立，即b112x对x(0,)恒成立，只需b(2x)min， xxx0，21时取“=”，b22，b的取值范围为(,22) 2x22，当且仅当x2xlnx1ax12bx1f(x1)lnx1ax12bx10（2）由已知得，，两式相减，得： 22lnxaxbxf(x)lnxaxbx02222222lnx1xa(x1x2)(x1x2)b(x1x2)ln1(x1x2)[a(x1x2)b]， x2x2由f(x)12axb及2x0x1x2，得： xf(x0)x2112ln1 2ax0b[a(x1x2)b]x1x2x1x2x2x0x1x22(x11)2(xx)xxxx11122[ln1][ln1]，令t1(0,1)，

xx1x2x2x1x2x1x2x2x2(11)x22t2(t1)2且(t)lnt(0t1)，(t)0，(t)在(0,1)上为减函数， 2t1t(t1)(t)(1)0，又x1x2，f(x0)0

2x2a2(x3ea)(x0) 21. 解：（1）F(x)f(x)g(x)exex

①当a0时,F(x)0恒成立

F(x)在(0,)上是增函数，F(x)F只有一个单调递增区间（0，-∞），没有最值……3分

②当a0时，F(x)若0x若x

2(xea(xea)(x0)，

ex

ea，则F(x)0,F(x)在(0,ea)上单调递减；

ea，则F(x)0,F(x)在(ea,)上单调递增，

当xea时，F(x)有极小值，也是最小值，

即F(x)minF(ea)a2alneaalna…………6分

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所以当a0时，F(x)的单调递减区间为(0,ea)

单调递增区间为(ea,)，最小值为alna，无最大值…………7分

（2）方法一，若f(x)与g(x)的图象有且只有一个公共点， 网]

由（1）的结论可知F(x)minalna0得a1…………10分

则方程f(x)g(x)0有且只有一解，所以函数F(x)有且只有一个零点…………8分[来源:学_科_

x22lnx0此时，F(x)f(x)g(x)F(x)minF(e)0 e f(e)g(e)1,f(x)与g(x)的图象的唯一公共点坐标为(e,1)

又Qf(e)g(e)

2ef(x)与g(x)的图象在点(e,1)处有共同的切线，

2e

其方程为y12e(xe)，即yx1…………13分

综上所述，存在a1，使f(x)与g(x)的图象有且只有一个公共点(e,1)，且在该点处的公切线方

程为y2ex1.…………14分

方法二：设f(x)与g(x)图象的公共点坐标为(x0,y0)，

2x0

2alnx0f(x0)g(x0)e根据题意得'即 '2x2af(x0)f(x0)0x0e2x01由②得a，代入①得lnx0,x2e从而a1…………10分

e2

此时由（1）可知F(x)minF(e)0当x0且x

e时，F(x)0,即f(x)g(x)

因此除x0e外，再没有其它x0，使f(x0)g(x0)…………13分

故存在a1，使f(x)与g(x)的图象有且只有一个公共点，且在该公共点处有共同的切线，易求得

公共点坐标为(e,1)，公切线方程为y2ex1…………14分

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