导数及其应用测试题

导数及其应用测试题

一 选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

131、一质点沿直线运动，如果由始点起经过t秒后的位移为s＝t3-t2+2t，那么速度为零

32的时刻是( )

A 0秒 B 1秒末

C 2秒末 D 1秒末和2秒末 2 曲线f(x)x3x2在p0处的切线平行于直线y则p0点的坐标为（ ） 4x1，

A (1,0) B (2,8)

C (1,0)和(1,4) D (2,8)和(1,4)

3 若fxx2x4lnx，则f2'x＞0的解集为

A．0, B. 1,02, C. 2, D. 1,0

4、（原创题）下列运算中正确的是（ ）

①(ax2bxc)a(x2)b(x) ② (sinx2x2)(sinx)2(x2)

sinx(sinx)(x2)③(2) ④(cosxsinx)(sinx)cosx(cosx)sinx

xx2 A ①④ B ①② C ②③ D ③④

5、（改编题）下列函数中,在(0,)上为增函数的是 （ ） A.y2sinx B.yxe C.yxx D.yln(1x)x 6. (改编题)若函数f(x)=x-3x+a有3个不同的零点，则实数a的取值范围是( )

A (-2,2) B [-2,2] C (-∞,-1) D (1,+∞)

7 设函数f(x)＝kx＋3(k－1)xk2＋1在区间（0，4）上是减函数，则k的取值范围是（ ）

3

2

3

x3A、k1 3B、0k1 3

C、0k1 3

D、k1 38 （原创题）若函数f(x)x1(xa)在x3处取最小值,则a( ) xaA 1 B 2 C 4 D 2 或4

9 设函数f(x)在定义域内可导，y=f(x)的图象如下图所示，则导函数y=f(x)

1

可能为 （ ）

y y y y y x x x x x O O O O O A C D B

10 对于函数f(x)=x3+ax2-x+1的极值情况，4位同学有下列说法：甲：该函数必有2个极值；乙：该函数的极大值必大于1；丙：该函数的极小值必小于1；丁：方程f(x)=0一定有三个不等的实数根.这四种说法中，正确的个数是( ) A 1 B 2 C 3 D 4 11 函数f(x)＝

1xe(sinx＋cosx)在区间[0，]上的值域为( ) 221111A [，e2] B (，e2) C [1，e2] D (1，e2)

222212 设底面为等边三角形的直棱柱的体积为V，则其表面积最小时，底面边长为( )

A

3V B

32V C

34V D 23V 二 填空题（共4小题，每小题3分共12分，把答案填在相应的位置上） 13 （原创题） 已知函数f(x)138x14 函数yx2cosx在区间[0,13x,且f(x0)4,则x0 . 22]上的最大值是

ex15. 已知函数f(x)，则f(x)的图象在与y 轴交点处的切线与两坐标轴围成的图形

x2的面积为_____________.

16（改编题）已知函数f(x)eexa有零点，则a的取值范围是 三 解答题（本大题五个小题，共52分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17 （改编题）已知函数f(x)x13，且在(,1)和xbx2cxd的图象过点（0，3）

3(3,)上为增函数，在(1,3)上为减函数.

（1）求f(x)的解析式； （2）求f(x)在R上的极值.

18 设函数f(x)=x+ax2+blnx,曲线y=f(x)过P（1，0），且在P点处的切线斜率为2. （1）求a,b的值；

2

（2）证明：f(x)≤2x-2.

32f(x)axbx2xc在x2时有极大值6，19 已知在x1时有极小值，求a,b,c的值；并求f(x)在区间[－3，3]上的最大值和最小值.

.

20 （改编题）某企业拟建造如图所示的容器（不计厚度，长度单位：米），其中容器的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求容器的体积为

80立方米，且l≥2r.假设3该容器的建造费用仅与其表面积有关.已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元，半球形部分每平方米建造费用为c(c>5)千元.设该容器的建造费用为y千元.

（1）写出y关于r的函数表达式，并求该函数的定义域； （2）求该容器的建造费用最小时的r. 21 已知函数f(x)alnxb，曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x1xx2y30.

（Ⅰ）求a、b的值；

（Ⅱ）证明：当x0，且x1时，f(x)

lnx. x1【挑战能力】

32★1（改编题） 对于三次函数f(x)axbxcxd(a0)，定义：设f(x)是函数

yf(x)的导函数yf(x)的导数，若f(x)0有实数解x0，则称点(x0,f(x0))为

函数yf(x)的“拐点”.现已知f(x)x3x2x2,请解答下列问题: （1）求函数f(x)的“拐点”A的坐标; （2）求证f(x)的图象关于“拐点”A 对称. ★2 设a≥0，f(x)x1ln2x2alnx(x0)．

（Ⅰ）令F(x)xf(x)，讨论F(x)在(0，∞)内的单调性并求极值； （Ⅱ）求证：当x1时，恒有xln2x2alnx1．

3

32

23 已知二次函数g(x)对任意实数x都满足gx1g1xx2x1，且

g11．令f(x)gx1mlnx9(mR,x0)．

28（1）求g(x)的表达式；

（2）设1me，H(x)f(x)(m1)x，证明:对任意x1,x21,m，恒有

|H(x1)H(x2)|1.

导数及其应用测试题答案

一 选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只

有一项是符合题目要求的）

1、【答案】D

【解析】.∵s＝

1332

t-t+2t，∴v＝s′(t)＝t2-3t+2，令v＝0得，t2-3t+2＝0， 32解得t1＝1，t2＝2.

2 【答案】C

【解析】设切点为P0(a,b)，f(x)3x1,kf(a)3a14,a1， 把a1，代入到f(x)'2'2x3x2得b4；把a1，代入到f(x)x3x2得b0，所以P0(1,0)和(1,4) 3 【答案】C. 【解析】

由条件得：f(x)2x24x,令f(x)0,即2x240,x（x1)(x2)整理得：0,解得：-1x0或x2,又因为f(x)的 x定义域为xx0,所以x2.4、【答案】A

sinx(sinx)x2(x2)sinx【解析】②(sinx2x)(sinx)2(x)；③(2)；，4xx22 4

故选A

5、【答案】B

3【解析】C中y'exee(1x)0，所以yxx为增函数.

xxx6.【答案】A

【解析】.∵由f′(x)=3x-3=0得x=±1,∴f(x)的极大值为f(-1)=2+a， 极小值为f(1)=-2+a，∴f(x)有3个不同零点的充要条件为即-2【解析】f'(x)3kx6(k1)x，当k0,f'(4)0；当k0,f'(x)6x0；

22

2a0.

2a01k0,f'(x)0，综合k.

38 【答案】B

【解析】.f(x)11,因为函数在x3处有最小值,则一定有

(xa)2f(3)110,解得a2或a4,因为xa,所以a2. 2(3a)9 【答案】D

【解析】当x<0时，f(x)单增，f(x)>0; 当x>0时，f(x)先增后减，f(x)的符号应是正负正，选D

10 【答案】C

【解析】.f′(x)=3x2+2ax-1中Δ=4a2+12>0，故该函数必有2个极值点x1,x2，且x1·x2=-

1<0，3不妨设x1<0,x2>0，易知在x=x1处取得极大值，在x=x2处取得极小值，而f(0)=1，故极大值必大于1，极小值小于1,而方程f(x)=0不一定有三个不等的实数根.故甲、乙、丙三人的说法都正确. 11 【答案】A 【解析】.f′(x)＝

1x1e(sinx＋cosx)＋ex(cosx－sinx)＝excosx， 22当0≤x≤时，f′(x)≥0，∴f(x)在[0，]上是增函数.

2211∴f(x)的最大值为f()＝e2，f(x)的最小值为f(0)＝.

22212 【答案】 C

5

【解析】.如图， 设底面边长为x(x>0) 则底面积S＝

32x, 4∴h=

V4V 2S3x3243V32 4Vx×3+×2= +x24x23x3x-S表＝x·S′表＝

43V，令S′表＝0,x=34V 2x因为S表只有一个极值，故x＝34V为最小值点.

二 填空题（共4小题，每小题3分共12分，把答案填在相应的位置上） 13 【答案】22 【解析】f'(x)814

323x,f'(x0)8x024x022 22【答案】6'3

【解析】y12sinx0,x15.【答案】

6，比较0,62,处的函数值，得ymax63 1 6【解析】：函数f(x)的定义域为{x|x≠2}，(x)== ．

f(x)的图象与y 轴的交点为(0，-)，过此点的切线斜率k=

(0)=- ．

∴直线方程为y+=-x ，即x+y+ =0 ．

直线与x轴、 y 轴的交点为(- ，0)∪(0，-) ．∴S=

16 【答案】(,0]

【解析】f(x)=ee．由f(x)0得ee0， ∴xln2．由f(x)0得，x1．

6

xx .

∴f(x)在x1处取得最小值． 只要fmin(x)0即可．∴eea0， ∴a0．

∴a的取值范围是(,0]

三 解答题（本大题五个小题，共52分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17 【解析】（1）f(x)的图象过点(0,3)，f(0)d3 f(x)13xbx2cx3，f(x)x22bxc 3 又由已知得x1,x3是f(x)0的两个根， 132bb1 13cc313xx23x3 3故f(x) （2）由已知可得x1是f(x)的极大值点，x3是f(x)的极小值点 f(x)极大值f(1)14 3 f(x)极小值f(3)6 18 【解析】(1)f′(x)=1+2ax+

b. x1a0f10由已知条件得，即.

12ab2f12解得a=-1,b=3.

（2）f(x)的定义域为（0，+∞）， 由(1)知f(x)=x-x2+3lnx.

设g(x)=f(x)-(2x-2)=2-x-x2+3lnx,则

3x12x3g′(x)=-1-2x+=-.

xx当00;当x>1时，g′(x)<0.

所以g(x)在（0，1）上单调递增，在（1,+∞）上单调递减. 而g(1)=0, 故当x>0时，g(x)≤0,

7

即f(x)≤2x-2.

2f(x)3ax2bx2,由条件知 19 .【解析】：（1）

f(2)12a4b20,118解得a,b,c.f(1)3a2b20,323f(2)8a4b4c6. 

f(x) （2）

x －3 13128xx2x,f(x)x2x2,323

(－3,－2) ＋ ↗ －2 0 6 (－2,1) － ↘ 1 0 (1,3) ＋ ↗ 3 f(x) f(x) 14 632 110 613fmax10,fmin.6x1时，2 由上表知，在区间[－3，3]上，当x3时，

20 【解析】（1）因为容器的体积为

80立方米, 34r380r2l=所以， 33解得l=

804r， 23r3由于l≥2r,因此0804r1608r22πrl=2πr(2)=, 3r33r3两端两个半球的表面积之和为4πr2, 所以建造费用y=定义域为(0,2］. （2）因为y′=-

160 -8πr2+4πcr2, r160 -16πr+8πcr 2r8［c2r320］=,0r2由于c>5,所以c-2>0,

8

所以令y′>0得:r>320; c2令y′<0得:05时,即0<3函数y在(0,2)上是先减后增的， 故建造费最小时r=321 【解析】

20. c2(（Ⅰ）f'(x)x1lnx)bx

(x1)2x2f(1)1,1由于直线x2y30的斜率为，且过点(1,1)，故1即

f'(1),22b1,a1 解得a1，b1.

b,22（Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)=

lnx1,所以 x1x21lnx1x f(x)2lnx2x11xx考虑函数 则h′(x)=

22xx12xx22x1

2x2所以x≠1时h′(x)＜0而h(1)=0故 x0,1时h(x)>0可得f(x)lnx x1,lnx x1,

， h(x)<0可得f(x)x1 9

从而当x0，且x1时，f(x)

lnx. x1【挑战能力】

1 【解析】（1）f(x)3x6x2，f(x)6x6.令f(x)6x60得 x1， f(1)13222.拐点A(1,2)

32（2）设P(x0,y0)是yf(x)图象上任意一点，则y0x03x02x02，因为

23P(x0,y0)关于A(1,2)的对称点为P(2x0,4y0)，把P代入yf(x)得

32左边4y0x03x02x02,

3232右边(2x0)3(2x0)2(2x0)2x03x02x02

右边=右边P(2x0,4y0)在yf(x)图象上yf(x)关于A对称

2 【解析】（Ⅰ）：根据求导法则有f(x)1故F(x)xf(x)x2lnx2a，x0， 于是F(x)1列表如下：

2lnx2a，x0， xx2x2，x0， xxx (0，2) 2 0 极小值F(2) (2，∞)  F(x)  F(x) 故知F(x)在(0，2)内是减函数，在(2，∞)内是增函数，所以，在x2处取得极小值

F(2)22ln22a．

（Ⅱ）证明：由a≥0知，F(x)的极小值F(2)22ln22a0．

∞)，恒有F(x)xf(x)0． 于是由上表知，对一切x(0，∞)内单调增加． 从而当x0时，恒有f(x)0，故f(x)在(0，所以当x1时，f(x)f(1)0，即x1lnx2alnx0．

2 10

故当x1时，恒有xlnx2alnx1． 3 【解析】

2

11