第三章导数及其应用含详细答案
专题03导数及其应用（解析版）
专题03 导数及其应用1．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知曲线e ln x y a x x =+在点（1，a e ）处的切线方程为y =2x +b ，则 A ．e 1a b ==-， B ．a=e ，b =1 C ．1e 1a b -==，D ．1e a -=，1b =-【答案】D【解析】∵e ln 1,x y a x '=++∴切线的斜率1|e 12x k y a ='==+=，1e a -∴=， 将(1,1)代入2y x b =+，得21,1b b +==-. 故选D ．【名师点睛】本题求解的关键是利用导数的几何意义和点在曲线上得到含有a ，b 的等式，从而求解，属于常考题型.2．【2019年高考天津理数】已知a ∈R ，设函数222,1,()ln ,1.x ax a x f x x a x x ⎧-+≤=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x ≥在R 上恒成立，则a 的取值范围为 A ．[]0,1 B ．[]0,2 C ．[]0,eD ．[]1,e【答案】C【解析】当1x =时，(1)12210f a a =-+=>恒成立；当1x <时，22()22021x f x x ax a a x =-+≥⇔≥-恒成立，令2()1x g x x =-，则222(11)(1)2(1)1()111x x x x g x x x x -----+=-=-=----112201x x ⎛⎫⎛⎫=--+-≤-= ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，当111x x-=-，即0x =时取等号， ∴max 2()0a g x ≥=，则0a >.当1x >时，()ln 0f x x a x =-≥，即ln xa x≤恒成立， 令()ln xh x x=，则2ln 1()(ln )x h x x -'=，当e x >时，()0h x '>，函数()h x 单调递增， 当0e x <<时，()0h x '<，函数()h x 单调递减， 则e x =时，()h x 取得最小值(e)e h =， ∴min ()e a h x ≤=，综上可知，a 的取值范围是[0,e]. 故选C.【名师点睛】本题考查分段函数的最值问题，分别利用基本不等式和求导的方法研究函数的最值，然后解决恒成立问题.3．（2019浙江）已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩．若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则 A ．a <–1，b <0 B ．a <–1，b >0 C ．a >–1，b <0 D ．a >–1，b >0【答案】C【解析】当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b ＝0，得x =b1−a ， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2+ax ﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2﹣b ，2(1)y x a x =+-'，当a +1≤0，即a ≤﹣1时，y ′≥0，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在[0，+∞）上单调递增， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点，不合题意；当a +1＞0，即a >﹣1时，令y ′＞0得x ∈(a +1，+∞），此时函数单调递增，令y ′＜0得x ∈[0，a +1），此时函数单调递减，则函数最多有2个零点.根据题意，函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 恰有3个零点⇔函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点， 如图：∴b1−a ＜0且{−b ＞013(a +1)3−12(a +1)(a +1)2−b ＜0， 解得b ＜0，1﹣a ＞0，b ＞−16（a +1）3，则a >–1，b <0. 故选C ．【名师点睛】本题考查函数与方程，导数的应用.当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b 最多有一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2﹣b ，利用导数研究函数的单调性，根据单调性画出函数的草图，从而结合题意可列不等式组求解．4．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】曲线23()e xy x x =+在点(0)0，处的切线方程为____________． 【答案】30x y -=【解析】223(21)e 3()e 3(31)e ,x x x y x x x x x '=+++=++ 所以切线的斜率0|3x k y ='==，则曲线23()e x y x x =+在点(0,0)处的切线方程为3y x =，即30x y -=．【名师点睛】准确求导数是进一步计算的基础，本题易因为导数的运算法则掌握不熟，而导致计算错误．求导要“慢”，计算要准，是解答此类问题的基本要求．5．【2019年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，P 是曲线4(0)y x x x=+>上的一个动点，则点P 到直线0x y +=的距离的最小值是 ▲ . 【答案】4 【解析】由4(0)y x x x =+>，得241y x'=-， 设斜率为1-的直线与曲线4(0)y x x x=+>切于0004(,)x x x +，由20411x -=-得0x =0x =， ∴曲线4(0)y x x x=+>上，点P 到直线0x y +=4=.故答案为4．【名师点睛】本题考查曲线上任意一点到已知直线的最小距离，渗透了直观想象和数学运算素养.采取导数法，利用数形结合和转化与化归思想解题.6．【2019年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，点A 在曲线y =ln x 上，且该曲线在点A 处的切线经过点（-e ，-1)(e 为自然对数的底数），则点A 的坐标是 ▲ . 【答案】(e, 1)【解析】设出切点坐标，得到切线方程，然后求解方程得到横坐标的值，可得切点坐标. 设点()00,A x y ，则00ln y x =. 又1y x'=， 当0x x =时，01y x '=， 则曲线ln y x =在点A 处的切线为0001()y y x x x -=-， 即00ln 1xy x x -=-， 将点()e,1--代入，得00e1ln 1x x ---=-，即00ln e x x =，考察函数()ln H x x x =，当()0,1x ∈时，()0H x <，当()1,x ∈+∞时，()0H x >， 且()ln 1H x x '=+，当1x >时，()()0,H x H x '>单调递增， 注意到()e e H =，故00ln e x x =存在唯一的实数根0e x =， 此时01y =， 故点A 的坐标为()e,1.【名师点睛】导数运算及切线的理解应注意的问题：一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆．二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，同样，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点．7．【2019年高考北京理数】设函数()e e xxf x a -=+（a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a =________；若f （x ）是R 上的增函数，则a 的取值范围是___________． 【答案】(]1,0--∞【解析】首先由奇函数的定义得到关于a 的恒等式，据此可得a 的值，然后利用()0f x '≥可得a 的取值范围.若函数()e e xxf x a -=+为奇函数，则()(),f x f x -=-即()ee e e xx x x a a --+=-+，即()()1e e0x xa -++=对任意的x 恒成立， 则10a +=，得1a =-.若函数()e e xxf x a -=+是R 上的增函数，则() e e 0x x f x a -'=-≥在R 上恒成立，即2e x a ≤在R 上恒成立， 又2e 0x >，则0a ≤，即实数a 的取值范围是(],0-∞.【名师点睛】本题考查函数的奇偶性､单调性､利用单调性确定参数的范围.解答过程中，需利用转化与化归思想，转化成恒成立问题.注重重点知识､基础知识､基本运算能力的考查.8．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点； （2）()f x 有且仅有2个零点． 【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）设()()g x f 'x =，则1()cos 1g x x x =-+，21sin ())(1x 'x g x =-++. 当1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()g'x 单调递减，而(0)0,()02g'g'π><，可得()g'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭有唯一零点，设为α.则当(1,)x α∈-时，()0g'x >；当,2x α⎛π⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g'x <. 所以()g x 在(1,)α-单调递增，在,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，故()g x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点，即()f 'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点. （2）()f x 的定义域为(1,)-+∞.（i ）当(1,0]x ∈-时，由（1）知，()f 'x 在(1,0)-单调递增，而(0)0f '=，所以当(1,0)x ∈-时，()0f 'x <，故()f x 在(1,0)-单调递减，又(0)=0f ，从而0x =是()f x 在(1,0]-的唯一零点.（ii ）当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，由（1）知，()f 'x 在(0,)α单调递增，在,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，而(0)=0f '，02f 'π⎛⎫< ⎪⎝⎭，所以存在,2βαπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0f 'β=，且当(0,)x β∈时，()0f 'x >；当,2x βπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f 'x <.故()f x 在(0,)β单调递增，在,2βπ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减.又(0)=0f ，1ln 1022f ππ⎛⎫⎛⎫=-+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，()0f x >.从而，()f x 在0,2⎛⎤⎥⎝⎦π没有零点. （iii ）当,2x π⎛⎤∈π⎥⎝⎦时，()0f 'x <，所以()f x 在,2π⎛⎫π ⎪⎝⎭单调递减.而02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，()0f π<，所以()f x 在,2π⎛⎤π⎥⎝⎦有唯一零点. （iv ）当(,)x ∈π+∞时，ln(1)1x +>，所以()f x <0，从而()f x 在(,)π+∞没有零点. 综上，()f x 有且仅有2个零点.【名师点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在性定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.9．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数()11ln x f x x x -=-+.（1）讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；（2）设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y =ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线e x y =的切线. 【答案】（1）函数()f x 在(0,1)和(1,)+∞上是单调增函数，证明见解析； （2）见解析.【解析】（1）f （x ）的定义域为（0，1）（1，+∞）．因为212()0(1)f 'x x x =+>-，所以()f x 在（0，1），（1，+∞）单调递增． 因为f （e ）=e 110e 1+-<-，22222e 1e 3(e )20e 1e 1f +-=-=>--，所以f （x ）在（1，+∞）有唯一零点x 1，即f （x 1）=0．又1101x <<，1111111()ln ()01x f x f x x x +=-+=-=-，故f （x ）在（0，1）有唯一零点11x ．综上，f （x ）有且仅有两个零点． （2）因为0ln 01e x x -=，故点B （–ln x 0，01x ）在曲线y =e x 上．由题设知0()0f x =，即0001ln 1x x x +=-，故直线AB 的斜率0000000000111ln 111ln 1x x x x x k x x x x x x +---===+-----． 曲线y =e x 在点001(ln ,)B x x -处切线的斜率是01x ，曲线ln y x =在点00(,ln )A x x 处切线的斜率也是01x ， 所以曲线ln y x =在点00(,ln )A x x 处的切线也是曲线y =e x 的切线．【名师点睛】本题考查了利用导数求已知函数的单调性、考查了曲线的切线方程，考查了数学运算能力. 10．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数32()2f x x ax b =-+.（1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）见解析；（2）01a b =⎧⎨=-⎩或41a b =⎧⎨=⎩. 【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-． 令()0f x '=，得x =0或3ax =. 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减.（2）满足题设条件的a ，b 存在.（i ）当a ≤0时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递增，所以()f x 在区间[0，l]的最小值为(0)=f b ，最大值为(1)2f a b =-+.此时a ，b 满足题设条件当且仅当1b =-，21a b -+=，即a =0，1b =-．（ii ）当a ≥3时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递减，所以()f x 在区间[0，1]的最大值为(0)=f b ，最小值为(1)2f a b =-+．此时a ，b 满足题设条件当且仅当21a b -+=-，b =1，即a =4，b =1．（iii ）当0<a <3时，由（1）知，()f x 在[0，1]的最小值为3327a a f b ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为b 或2a b -+．若3127a b -+=-，b =1，则a =0<a <3矛盾.若3127a b -+=-，21a b -+=，则a =a =-a =0，与0<a <3矛盾． 综上，当且仅当a =0，1b =-或a =4，b =1时，()f x 在[0，1]的最小值为-1，最大值为1．【名师点睛】这是一道常规的函数导数和不等式的综合题，题目难度比往年降低了不少，考查函数的单调性、最大值、最小值这种基本量的计算. 11．【2019年高考北京理数】已知函数321()4f x x x x =-+． （Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当[2,4]x ∈-时，求证：6()x f x x -≤≤；（Ⅲ）设()|()()|()F x f x x a a =-+∈R ，记()F x 在区间[2,4]-上的最大值为M （a ）．当M （a ）最小时，求a 的值．【答案】（Ⅰ）y x =与6427y x =-；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）3a =-. 【解析】（Ⅰ）由321()4f x x x x =-+得23()214f x x x '=-+.令()1f x '=，即232114x x -+=，得0x =或83x =.又(0)0f =，88()327f =，所以曲线()y f x =的斜率为1的切线方程是y x =与88273y x -=-， 即y x =与6427y x =-.（Ⅱ）令()(),[2,4]g x f x x x =-∈-. 由321()4g x x x =-得23()24g'x x x =-.令()0g'x =得0x =或83x =. (),()g'x g x 的情况如下：所以()g x 的最小值为6-，最大值为0. 故6()0g x -≤≤，即6()x f x x -≤≤. （Ⅲ）由（Ⅱ）知，当3a <-时，()(0)|(0)|3M F g a a a ≥=-=->； 当3a >-时，()(2)|(2)|63M F a g a a ≥-=--=+>； 当3a =-时，()3M a =. 综上，当()M a 最小时，3a =-.【名师点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 12．【2019年高考天津理数】设函数()e cos ,()xf x xg x =为()f x 的导函数．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，证明()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭；（Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间2,242n n ππ⎛⎫π+π+ ⎪⎝⎭内的零点，其中n ∈N ，证明20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-． 【答案】（Ⅰ）()f x 的单调递增区间为3ππ2π,2π(),()44k k k f x ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为π5π2π,2π()44k k k ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦Z .（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析. 【解析】（Ⅰ）由已知，有()e (cos sin )x f 'x x x =-．因此，当52,244x k k ππ⎛⎫∈π+π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x >，得()0f 'x <，则()f x 单调递减；当32,244x k k ππ⎛⎫∈π-π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x <，得()0f 'x >，则()f x 单调递增．所以，()f x 的单调递增区间为32,2(),()44k k k f x ππ⎡⎤π-π+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为52,2()44k k k ππ⎡⎤π+π+∈⎢⎥⎣⎦Z ． （Ⅱ）证明：记()()()2h x f x g x x π⎛⎫=+-⎪⎝⎭．依题意及（Ⅰ），有()e (cos sin )x g x x x =-，从而()2e sin x g'x x =-．当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0()g'x <，故()()()()(1)()022h'x f 'x g'x x g x g'x x ππ⎛⎫⎛⎫=+-+-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．因此，()h x 在区间,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，进而()022h x h f ππ⎛⎫⎛⎫≥== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭．（Ⅲ）证明：依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos e 1n x n x =．记2n n y x n =-π，则,42n y ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，且()()()22e cos ecos 2e n n yx n n n n n f y y x n n π--π==-π=∈N ．由()()20e1n n f y f y -π==≤及（Ⅰ），得0n y y ≥．由（Ⅱ）知，当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g'x <，所以()g x 在,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为减函数，因此()()004n g y g y g π⎛⎫≤<= ⎪⎝⎭．又由（Ⅱ）知，()()02n n n f y g y y π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭，故()()()()()022*******2sin cos sin c e e e e os e n n n n n n y n n f y y g y g y g y y y x x -π-π-π-ππ--=-≤=--≤<． 所以，20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-．【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法．考查函数思想和化归与转化思想．考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力． 13．【2019年高考浙江】已知实数0a ≠，设函数()=ln 0.f x a x x >（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间； （2）对任意21[,)e x ∈+∞均有()2f x a≤ 求a 的取值范围． 注：e=…为自然对数的底数．【答案】（1）()f x 的单调递增区间是()3,+∞,单调递减区间是()0,3；（2）0,4⎛ ⎝⎦. 【解析】（1）当34a =-时，3()ln 04f x x x =-+>．3()4f 'x x =-+=所以，函数()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（2）由1(1)2f a ≤，得0a <≤．当0a <≤()f x ≤2ln 0x -≥． 令1t a=，则t ≥．设()22ln ,g t t x t =≥则2()2ln g t t x =．（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭()2ln g t g x ≥=．记1()ln ,7p x x x =≥，则1()p'x x =-==.故所以，()(1)0p x p ≥=．因此，()2()0g t g p x ≥=≥．（ii ）当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，1()1g t g x ⎛+= ⎝．令211()(1),,e 7q x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，则()10q'x =+>， 故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫⎪⎝⎭．由（i ）得，11(1)077q p p ⎛⎫⎛⎫=<= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，()<0q x ．因此1()10g t g x ⎛+=> ⎝．由（i ）（ii ）知对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，),()0t g t ∈+∞， 即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2xf x a ．综上所述，所求a 的取值范围是⎛⎝⎦． 【名师点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用．14．【2019年高考江苏】设函数()()()(),,,f x x a x b x c a b c =---∈R 、()f 'x 为f （x ）的导函数．（1）若a =b =c ，f （4）=8，求a 的值；（2）若a ≠b ，b =c ，且f （x ）和()f 'x 的零点均在集合{3,1,3}-中，求f （x ）的极小值；（3）若0,01,1a b c =<=，且f （x ）的极大值为M ，求证:M ≤427． 【答案】（1）2a =；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）因为a b c ==，所以3()()()()()f x x a x b x c x a =---=-．因为(4)8f =，所以3(4)8a -=，解得2a =．（2）因为b c =，所以2322()()()(2)(2)f x x a x b x a b x b a b x ab =--=-+++-， 从而2()3()3a b f 'x x b x +⎛⎫=-- ⎪⎝⎭．令()0f 'x =，得x b =或23a b x +=． 因为2,,3a ba b +都在集合{3,1,3}-中，且a b ≠， 所以21,3,33a ba b +===-． 此时2()(3)(3)f x x x =-+，()3(3)(1)f 'x x x =+-． 令()0f 'x =，得3x =-或1x =．列表如下：所以()f x 的极小值为2(1)(13)(13)32f =-+=-．（3）因为0,1a c ==，所以32()()(1)(1)f x x x b x x b x bx =--=-++，2()32(1)f 'x x b x b =-++．因为01b <≤，所以224(1)12(21)30b b b ∆=+-=-+>， 则()f 'x 有2个不同的零点，设为()1212,x x x x <．由()0f 'x =，得12x x ==． 列表如下：所以()f x 的极大值()1M f x =． 解法一：()321111(1)M f x x b x bx ==-++()221111211(1)[32(1)]3999b b x b b b x b x b x -+++⎛⎫=-++--+ ⎪⎝⎭()2321(1)(1)227927b b b b b --+++=++23(1)2(1)(1)2272727b b b b +-+=-+(1)24272727b b +≤+≤．因此427M ≤． 解法二：因为01b <≤，所以1(0,1)x ∈．当(0,1)x ∈时，2()()(1)(1)f x x x b x x x =--≤-． 令2()(1),(0,1)g x x x x =-∈，则1()3(1)3g'x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭． 令()0g'x =，得1x =．列表如下：所以当13x =时，()g x 取得极大值，且是最大值，故max 14()327g x g ⎛⎫== ⎪⎝⎭． 所以当(0,1)x ∈时，4()()27f x g x ≤≤，因此427M ≤． 【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力．15．【河北省武邑中学2019届高三第二次调研考试数学】函数f(x)=x 2−2lnx 的单调减区间是A ．(0,1]B ．[1,+∞)C ．(−∞,−1]∪(0，1]D ．[−1,0)∪(0,1]【答案】A【解析】f′(x)=2x −2x =2x 2−2x(x >0)，令f′(x)≤0，解得：0<x ≤1. 故选A ．【名师点睛】本题考查了函数的单调性，考查导数的应用，是一道基础题.16．【江西省南昌市2019届高三模拟考试数学】已知f(x)在R 上连续可导，f ′(x)为其导函数，且f(x)=e x +e −x −f ′(1)x ⋅(e x −e −x )，则f ′(2)+f ′(−2)−f ′(0)f ′(1)= A ．4e 2+4e −2 B ．4e 2−4e −2 C ．0D ．4e 2【答案】C【解析】∵()e e (1)()(e e ()x x x x f x f x f x --'-=+=---)， ∴()f x 是偶函数，两边对x 求导，得()()f x f x -'-='，即()()f x f x '-=-'， 则()f x '是R 上的奇函数，则(0)0f '=，(2)(2)f f '-=-'，即(2)(2)0f f '+'-=，则(2)(2)(0)(1)0f f f f ''''+--=. 故选C ．【名师点睛】本题主要考查函数导数值的计算，根据条件判断函数的奇偶性是解决本题的关键，是中档题.17．【江西省新八校2019届高三第二次联考数学】若3()3()21f x f x x x +-=++对x ∈R 恒成立，则曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为A ．5250x y +-=B ．10450x y +-=C ．540x y +=D ．204150x y --=【答案】B 【解析】()()3321f x f x x x +-=++……①，()()3321f x f x x x ∴-+=--+……②，联立①②，解得()31124f x x x =--+，则()2312f x x '=--， ()11511244f ∴=--+=-，()351122f '=--=-，∴切线方程为：()55142y x +=--，即10450x y +-=. 故选B.【名师点睛】本题考查利用导数的几何意义求解在某一点处的切线方程，关键是能够利用构造方程组的方式求得函数的解析式.18．【云南省玉溪市第一中学2019届高三第二次调研考试数学】函数2l ()n f x x x =的最小值为A ．1e -B ．1eC ．12e-D ．12e【答案】C【解析】由题得(0,)x ∈+∞，()2ln (2ln 1)f x x x x x x '=+=+， 令2ln 10x +=，解得12ex -=，则当12(0,e )x -∈时，()f x 为减函数，当12(e ,)x -∈+∞时，()f x 为增函数， 所以12e x -=处的函数值为最小值，且121(e )2ef -=-. 故选C.【名师点睛】本题考查用导数求函数最值，解此类题首先确定函数的定义域，其次判断函数的单调性，确定最值点，最后代回原函数求得最值.19．【四川省内江市2019届高三第三次模拟考试数学】若函数f(x)=12ax 2+xlnx −x 存在单调递增区间，则a 的取值范围是 A ．1,1e ⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．1,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．()1,-+∞D ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】()ln f x ax x '=+， ∴()0f x '>在x ∈()0+∞，上成立， 即ax+ln x ＞0在x ∈()0+∞，上成立，即a ln xx-＞在x ∈()0+∞，上成立． 令g （x ）ln x x =-，则g ′（x ）21ln xx -=-， ∴g （x ）ln xx =-在（0，e ）上单调递减，在（e ，+∞）上单调递增，∴g （x ）ln x x =-的最小值为g （e ）=1e-，∴a ＞1e-． 故选B ．【名师点睛】本题考查学生利用导数研究函数的单调性及转化化归思想的运用，属中档题．20．【山西省太原市2019届高三模拟试题（一）数学】已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足xf ′(x)−f(x)<0，且f(2)=2，则f (e x )−e x >0的解集是 A ．(−∞,ln2) B ．(ln2,+∞) C ．(0,e 2)D ．(e 2,+∞)【答案】A 【解析】令g (x )=f (x )x,g ′(x )=xf ′(x )−f (x )x 2<0,∴g(x)在(0,+∞)上单调递减，且g (2)=f (2)2=1,故f (e x )−e x >0等价为f (e x )e x>f (2)2，即g (e x )>g (2)，故e x <2,即x <ln2， 则所求的解集为(−∞,ln2). 故选A.【名师点睛】本题考查导数与单调性的应用，构造函数的思想，考查分析推理能力，是中档题. 21．【河南省焦作市2019届高三第四次模拟考试数学】已知a =ln √33，b =e −1，c =3ln28，则a,b,c 的大小关系为 A ．b <c <a B ．a >c >b C ．a >b >cD ．b >a >c【答案】D【解析】依题意，得ln33a ==，1lne e e b -==，3ln2ln888c ==.令f (x )=ln x x，所以f ′(x )=1−ln x x 2.所以函数f (x )在(0,e )上单调递增，在(e,+∞)上单调递减， 所以[f (x )]max =f (e )=1e =b ，且f (3)>f (8)，即a >c ， 所以b >a >c . 故选D.【名师点睛】本题主要考查了利用导数判断函数的单调性，构造出函数()ln xf x x=是解题的关键，属于中档题.22．【安徽省毛坦厂中学2019届高三校区4月联考数学】已知f (x )=lnx +1−ae x ，若关于x 的不等式f (x )<0恒成立，则实数a 的取值范围是 A ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．(),0-∞C ．1,e⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】D【解析】由()0f x <恒成立得ln 1ex x a +>恒成立， 设()ln 1e x x h x +=，则()1ln 1e xx x h x -='-. 设()1ln 1g x x x =--，则()2110g x x x'=--<恒成立，∴g (x )在(0,+∞)上单调递减，又∵g (1)=0，∴当0<x <1时，g (x )>g (1)=0，即ℎ′(x )>0； 当x >1时，g (x )<g (1)=0，即ℎ′(x )<0， ∴ℎ(x )在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减， ∴ℎ(x)max =ℎ(1)=1e ，∴a >1e . 故选D.【名师点睛】本题考查利用导数求函数的最值，不等式恒成立问题，分离参数是常见的方法，属于中档题.23．【辽宁省丹东市2019届高三总复习质量测试】若1x =是函数()3221()(1)33f x x a x a a x =++-+-的极值点，则a 的值为 A ．-2 B ．3 C ．-2或3D ．-3或2【答案】B 【解析】()()()()32222113(3)(132)f x x a x a a f x x x a x a a '=++-=++-+-⇒+-，由题意可知(1)0f '=，即()212(1)303a a a a +-=+⇒-=+或2a =-，当3a =时，()222()2(1)389(9)(1)f x x a x a a x x x x +-'=++-=+-=+-，当1x >或9x <-时，()0f x '>，函数单调递增；当91x -<<时，()0f x '<，函数单调递减， 显然1x =是函数()f x 的极值点；当2a =-时，()2222()232(111))(0a a f x x a x x x x +-=-++=-=+-≥'，所以函数()f x 是R 上的单调递增函数，没有极值，不符合题意，舍去. 故3a =. 故选B ．【名师点睛】本题考查了已知函数的极值，求参数的问题.本题易错的地方是求出a 的值，没有通过单调性来验证1x =是不是函数的极值点，也就是说使得导函数为零的自变量的值，不一定是极值点. 24．【黑龙江省大庆市第一中学2019届高三下学期第四次模拟（最后一卷)考试】已知奇函数()f x 是定义在R 上的可导函数，其导函数为()f x '，当0x >时，有()()22f x xf x x '>+，则不等式()()()22018+2018420x f x f +-<＋的解集为A ．(),2016-∞-B ．()2016,2012--C ．(),2018-∞-D ．()2016,0-【答案】A【解析】设()()2g x x f x =，因为()f x 为R 上的奇函数，所以()()()()22g x x f x x f x -=--=-，即()g x 为R 上的奇函数对()g x 求导，得()()()2f g f x x x x x '=+'⎡⎤⎣⎦， 而当0x >时，有()()220f x xf x x '>+≥，故0x >时，()0g x '>，即()g x 单调递增，所以()g x 在R 上单调递增，则不等式()()()22018+2018420x f x f +-<＋即()()()22018+201842x f x f +<--， 即()()()22018+201842x f x f +<， 即()()20182g x g +<，所以20182x +<，解得2016x <-. 故选A.【名师点睛】本题考查构造函数解不等式，利用导数求函数的单调性，函数的奇偶性，题目较综合，有一定的技巧性，属于中档题.25．【重庆西南大学附属中学校2019届高三第十次月考数学】曲线21()ln 2f x x x x =+在点(1(1))f ，处的切线与直线10ax y --=垂直，则a =________. 【答案】12-【解析】因为21()ln 2f x x x x =+，所以()ln 1f x x x '=++， 因此，曲线21()ln 2f x x x x =+在点(1(1))f ，处的切线斜率为(1)112k f '==+=， 又该切线与直线10ax y --=垂直，所以12a =-. 故答案为12-. 【名师点睛】本题主要考查导数在某点处的切线斜率问题，熟记导数的几何意义即可求解，属于常考题型.26．【广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试（6月）数学】已知函数22,0,()e ,0,x x x f x x ⎧≤=⎨>⎩若方程2[()]f x a =恰有两个不同的实数根12,x x ，则12x x +的最大值是______．【答案】3ln 22-【解析】作出函数()f x 的图象如图所示，由()2f x a =⎡⎤⎣⎦，可得()1f x =>， 即1a >，不妨设12x x < ，则2212e x x =(1)t t =>，则12ln x x t ==，12ln x x t ∴+=令()ln g t t =()g t '= ∴当18t <<时，()0g t '>，g t 在()1,8上单调递增；当8t时，()0g t '<，g t 在()8,+∞上单调递减，∴当8t =时，g t 取得最大值，为(8)ln823ln22g =-=-.故答案为3ln 22-.【名师点睛】本题主要考查方程的根与图象交点的关系，考查了利用导数判断函数的单调性以及求函数的极值与最值，属于难题.求函数()f x 的极值与最值的步骤：（1）确定函数的定义域；（2）求导数()f x '；（3）解方程()0,f x '=求出函数定义域内的所有根；（4）判断()f x '在()0f x '=的根0x 左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么()f x 在0x 处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么()f x 在0x 处取极小值.（5）如果只有一个极值点，则在该点处取得极值也是最值；（6）如果求闭区间上的最值还需要比较端点处的函数值与极值的大小.27．【山东省烟台市2019届高三3月诊断性测试（一模）数学】已知函数4211()42f x x ax =-，a ∈R . （1）当1a =时，求曲线()f x 在点(2,(2))f 处的切线方程；（2）设函数2()(22)e e ()x g x x x a f x =-+--，其中e 2.71828...=是自然对数的底数，讨论()g x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值． 【答案】（1）6100x y --=；（2）当0a ≤时，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，()g x 在(,-∞和)+∞单调递增，在(单调递减，极大值为2e(2)e4g a =+，极小值为2e (4g a =-+. 【解析】（1）由题意3()f x x ax '=-，所以当1a =时，(2)2f =，(2)6f '=， 因此曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程是26(2)y x -=-， 即6100x y --=.（2）因为2()(22)e e ()x g x x x a f x =-+--， 所以2()(22)e (22)e e '()x x g x x x x a f x '=-+-+--232()e e()()(e e )x x x a x ax x a x =---=--，令()e e x h x x =-，则()e e x h x '=-， 令()0h x '=得1x =，当(,1)x ∈-∞时，()0h x '<，()h x 单调递减， 当(1,)x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增， 所以当1x =时，min ()(1)0h x h ==， 也就说，对于x ∀∈R 恒有()0h x ≥. 当0a ≤时，2()()()0g x x a h x '=-≥，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，令()0g x '=，可得x =当x <x >2()()()0g x x a h x '=-≥，()g x 单调递增，当x <<()0g x '<，()g x 单调递减，因此，当x =()g x 取得极大值2e(2)e4g a =+；当x =()g x 取得极小值2e (4g a =-+. 综上所述：当0a ≤时，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，()g x 在(,-∞和)+∞上单调递增，在(上单调递减， 函数既有极大值，又有极小值，极大值为2e(2)e4g a =+，极小值为2e (4g a =-+. 【名师点睛】本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．28．【陕西省2019届高三第三次联考数学】已知函数f(x)=lnx −ax ，g(x)=x 2，a ∈R .（1）求函数f(x)的极值点；（2）若f(x)≤g(x)恒成立，求a 的取值范围.【答案】（1）极大值点为1a ，无极小值点.（2）a ≥−1.【解析】（1）()ln f x x ax =-的定义域为(0,+∞)，f ′(x )=1x −a ， 当a ≤0时，f ′(x )=1x −a >0，所以f (x )在(0,+∞)上单调递增，无极值点；当a >0时，解f ′(x )=1x −a >0得0<x <1a ，解f ′(x )=1x −a <0得x >1a ， 所以f (x )在(0,1a )上单调递增，在(1a ,+∞)上单调递减，所以函数f (x )有极大值点，为1a ，无极小值点. （2）由条件可得ln x −x 2−ax ≤0(x >0)恒成立， 则当x >0时，a ≥ln x x−x 恒成立，令ℎ(x )=ln x x−x(x >0)，则ℎ′(x )=1−x 2−ln xx 2，令k (x )=1−x 2−ln x(x >0)，则当x >0时，k ′(x )=−2x −1x <0，所以k (x )在(0,+∞)上为减函数. 又k (1)=0，所以在(0,1)上，ℎ′(x )>0；在(1,+∞)上，ℎ′(x )<0. 所以ℎ(x )在(0,1)上为增函数，在(1,+∞)上为减函数， 所以ℎ(x )max =ℎ(1)=−1，所以a ≥−1.【名师点睛】对于函数恒成立或者有解求参的问题，常用方法有：变量分离，参变分离，转化为函数最值问题；或者直接求函数最值，使得函数最值大于或者小于0；或者分离成两个函数，使得一个函数恒大于或小于另一个函数.29．【山东省济宁市2019届高三二模数学】已知函数f(x)=lnx −xe x +ax(a ∈R).（1）若函数f(x)在[1,+∞)上单调递减，求实数a 的取值范围； （2）若a =1，求f(x)的最大值.【答案】（1）a ≤2e −1；（2）f(x)max =−1.【解析】（1）由题意知，f′(x)=1x −(e x +xe x )+a =1x −(x +1)e x +a ≤0在[1,+∞)上恒成立， 所以a ≤(x +1)e x −1x 在[1,+∞)上恒成立. 令g(x)=(x +1)e x −1x ，则g′(x)=(x +2)e x +1x 2>0，所以g(x)在[1,+∞)上单调递增，所以g(x)min =g(1)=2e −1， 所以a ≤2e −1.（2）当a =1时，f(x)=lnx −xe x +x(x >0). 则f′(x)=1x−(x +1)e x +1=(x +1)(1x−e x )，令m(x)=1x −e x ，则m′(x)=−1x 2−e x <0， 所以m(x)在(0,+∞)上单调递减.由于m(12)>0，m(1)<0，所以存在x 0>0满足m(x 0)=0，即e x 0=1x 0.当x ∈(0,x 0)时，m(x)>0，f′(x)>0；当x ∈(x 0,+∞)时，m(x)<0，f′(x)<0. 所以f(x)在(0,x 0)上单调递增，在(x 0,+∞)上单调递减. 所以f(x)max =f (x 0)=lnx 0−x 0e x 0+x 0， 因为e x 0=1x 0，所以x 0=−lnx 0，所以f(x 0)=−x 0−1+x 0=−1， 所以f(x)max =−1.【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，最值，零点存在性定理及其应用，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.30．【福建省龙岩市2019届高三5月月考数学】今年3月5日，国务院总理李克强作的政府工作报告中，提到要“惩戒学术不端，力戒学术不端，力戒浮躁之风”.教育部日前公布的《教育部2019年部门预算》中透露，2019年教育部拟抽检博士学位论文约6000篇，预算为800万元.国务院学位委员会、教育部2014年印发的《博士硕士学位论文抽检办法》通知中规定：每篇抽检的学位论文送3位同行专家进行评议，3位专家中有2位以上（含2位）专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”.有且只有1位专家评议意见为“不合格”的学位论文，将再送2位同行专家进行复评，2位复评专家中有1位以上（含1位）专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”.设每篇学位论文被每位专家评议为“不合格”的概率均为(01)p p <<，且各篇学位论文是否被评议为“不合格”相互独立.（1）记一篇抽检的学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为()f p ，求()f p ；（2）若拟定每篇抽检论文不需要复评的评审费用为900元，需要复评的评审费用为1500元；除评审费外，其它费用总计为100万元.现以此方案实施，且抽检论文为6000篇，问是否会超过预算并说明理由.【答案】（1）−3p 5+12p 4−17p 3+9p 2；（2）若以此方案实施，不会超过预算.【解析】（1）因为一篇学位论文初评被认定为“存在问题学位论文”的概率为C 32p 2(1−p )+C 33p 3， 一篇学位论文复评被认定为“存在问题学位论文”的概率为C 31p (1−p )2[1−(1−p )2]，所以一篇学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为f (p )=C 32p 2(1−p )+C 33p 3+C 31p (1−p )2[1−(1−p )2]=3p 2(1−p )+p 3+3p (1−p )2[1−(1−p )2] =−3p 5+12p 4−17p 3+9p 2.（2）设每篇学位论文的评审费为X 元，则X 的可能取值为900，1500.P (X =1500)=C 31p (1−p )2， P (X =900)=1−C 31p (1−p )2， 所以E (X )=900×[1−C 31p (1−p )2]+1500×C 31p (1−p )2=900+1800p (1−p )2. 令g (p )=p (1−p )2,p ∈(0,1),g ′(p )=(1−p )2−2p (1−p )=(3p −1)(p −1). 当p ∈(0,13)时，g ′(p )>0，g (p )在(0,13)上单调递增；当p ∈(13,1)时，g ′(p )<0，g (p )在(13,1)上单调递减,所以g (p )的最大值为g (13)=427.所以实施此方案，最高费用为100+6000×(900+1800×427)×10−4=800（万元）. 综上，若以此方案实施，不会超过预算.【名师点睛】本题主要考查互斥事件的概率和独立重复试验的概率的求法，考查随机变量的期望的求法，考查利用导数求函数的最大值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 31．【北京市西城区2019届高三4月统一测试（一模）数学】设函数f(x)=m e x −x 2+3，其中m ∈R ．（1）当f(x)为偶函数时，求函数ℎ(x)=xf(x)的极值；（2）若函数f(x)在区间[−2 , 4]上有两个零点，求m 的取值范围． 【答案】（1）极小值ℎ(−1)=−2，极大值ℎ(1)=2；（2）−2e <m <13e 4或m =6e 3.【解析】（1）由函数f(x)是偶函数，得f(−x)=f(x)， 即m e −x −(−x)2+3=m e x −x 2+3对于任意实数x 都成立， 所以m =0. 此时ℎ(x)=xf(x)=−x 3+3x ，则ℎ′(x)=−3x 2+3. 由ℎ′(x)=0，解得x =±1. 当x 变化时，ℎ′(x)与ℎ(x)的变化情况如下表所示：所以ℎ(x)在(−∞,−1)，(1,+∞)上单调递减，在(−1,1)上单调递增. 所以ℎ(x)有极小值ℎ(−1)=−2，极大值ℎ(1)=2. （2）由f(x)=m e x −x 2+3=0，得m =x 2−3e x.所以“f(x)在区间[−2 , 4]上有两个零点”等价于“直线y =m 与曲线g(x)=x 2−3e x，x ∈[−2 , 4]有且只有两个公共点”.对函数g(x)求导，得g ′(x)=−x 2+2x+3e x.由g ′(x)=0，解得x 1=−1，x 2=3. 当x 变化时，g ′(x)与g(x)的变化情况如下表所示：所以g(x)在(−2,−1)，(3,4)上单调递减，在(−1,3)上单调递增. 又因为g(−2)=e 2，g(−1)=−2e ，g(3)=6e 3<g(−2)，g(4)=13e 4>g(−1)，所以当−2e <m <13e4或m =6e3时，直线y =m 与曲线g(x)=x 2−3e x，x ∈[−2 , 4]有且只有两个公共点.即当−2e <m <13e 4或m =6e3时，函数f(x)在区间[−2 , 4]上有两个零点.【名师点睛】利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法： （1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解. （2）分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解. （3）转化为两熟悉的函数图象问题，从而构建不等式求解.。
人教a版数学【选修1-1】：第三章《导数及其应用》章末检测(b)(含答案)
第三章 章末检测(B)(时间：120分钟 满分：150分)一、选择题(本大题12小题，每小题5分，共60分)1. 已知函数y ＝f (x )的图象如图，则f ′(x A )与f ′(x B )的大小关系是( )A ．f ′(x A )>f ′(xB ) B ．f ′(x A )<f ′(x B )C ．f ′(x A )＝f ′(x B )D ．不能确定2．任一作直线运动的物体，其位移s 与时间t 的关系是s ＝3t －t 2，则物体的初速度是( )A ．0B ．3C ．－2D ．3－2t3．已知曲线y ＝2ax 2＋1过点(a ，3)，则该曲线在该点处的切线方程为( ) A ．y ＝－4x －1 B ．y ＝4x －1 C ．y ＝4x －11 D ．y ＝－4x ＋74．若点P 在曲线y ＝x 3－3x 2＋(3－3)x ＋34上移动，经过点P 的切线的倾斜角为α，则角α的取值范围是( )A.⎣⎡⎦⎤0，π2B.⎣⎡⎦⎤0，π2 ∪2,3ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭C. 2,3ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭D.⎣⎡⎦⎤0，2π3 5．函数f (x )＝x 3＋ax －2在区间(1，＋∞)内是增函数，则实数a 的取值范围是( )A ．[3，＋∞)B ．[－3，＋∞)C ．(－3，＋∞)D ．(－∞，－3)6．曲线y ＝xx ＋2在点(－1，－1)处的切线方程为( )A ．y ＝2x ＋1B ．y ＝2x －1C ．y ＝－2x －3D ．y ＝－2x －27．已知a >0，函数f (x )＝－x 3＋ax 在[1，＋∞)上是单调减函数，则a 的最大值为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．48．若函数f (x )＝a sin x ＋13cos x 在x ＝π3处有最值，那么a 等于( )A.33 B ．－33 C.36 D ．－369．函数y ＝x －sin x ，x ∈⎣⎡⎦⎤π2，π的最大值是( )A ．π－1 B.π2－1C ．πD ．π＋110. 函数f (x )的定义域为开区间(a ，b )，导函数f ′(x )在(a ，b )内的图象如图所示，则函数f (x )在开区间(a ，b )内有极小值点( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个11．函数f (x )＝x1－x的单调增区间是( )A ．(－∞，1)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，1)，(1，＋∞)D ．(－∞，－1)，(1，＋∞)12．某银行准备新设一种定期存款业务，经预测，存款量与存款利率成正比，比例系数为k (k >0)，贷款的利率为4.8%，假设银行吸收的存款能全部放贷出去．若存款利率为x (x ∈(0,0.048))，则存款利率为多少时，银行可获得最大利益( )A ．0.012B ．0.024C ．0.032D ．0.036 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．已知函数y ＝f (x )的图象在点M (1，f (1))处的切线方程是y ＝12x ＋2，则f (1)＋f ′(1)＝________________________________________________________________________.14．设函数f (x )＝ax 3－3x ＋1 (x ∈R )，若对于x ∈[－1，1]，都有f (x )≥0，则实数a 的值为________________________________________________________________________．15. 如图，内接于抛物线y ＝1－x 2的矩形ABCD ，其中A 、B 在抛物线上运动，C 、D 在x 轴上运动，则此矩形的面积的最大值是________．16．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，x ∈[－2,2]表示过原点的曲线，且在x ＝±1处的切线的倾斜角均为34π，有以下命题：①f (x )的解析式为f (x )＝x 3－4x ，x ∈[－2,2]． ②f (x )的极值点有且只有一个．③f (x )的最大值与最小值之和等于零． 其中正确命题的序号为________．三、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)若函数f (x )＝13x 3－12ax 2＋(a －1)x ＋1在区间(1,4)上为减函数，在区间(6，＋∞)上为增函数，试求实数a 的取值范围．18．(12分)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c 在x ＝－23与x ＝1时都取得极值．(1)求a ，b 的值与函数f (x )的单调区间；(2)若对x ∈[－1,2]，不等式f (x )<c 2恒成立，求c 的取值范围．19.(12分)某大型商厦一年内需要购进电脑5 000台，每台电脑的价格为4 000元，每次订购电脑的其它费用为1 600元，年保管费用率为10%(例如，一年内平均库存量为150台，一年付出的保管费用60 000元，则60 000150×4 000＝10%为年保管费用率)，求每次订购多少台电脑，才能使订购电脑的其它费用及保管费用之和最小？20．(12分)已知a ≥0，函数f (x )＝(x 2－2ax )e x .(1)当x 为何值时，f (x )取得最小值？证明你的结论； (2)设f (x )在[－1,1]上是单调函数，求a 的取值范围．21.(12分)设a 为实数，函数f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R . (1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a >ln 2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1.22．(12分)已知函数f (x )＝x 2＋ln x .(1)求函数f (x )在[1，e]上的最大值和最小值；(2)求证：当x ∈(1，＋∞)时，函数f (x )的图象在g (x )＝23x 3＋12x 2的下方．第三章 导数及其应用(B) 答案1．B [f ′(x A )和f ′(x B )分别表示函数图象在点A 、B 处的切线斜率，故f ′(x A )<f ′(x B )．] 2．B [物体的初速度即为t ＝0时物体的瞬时速度，即函数s (t )在t ＝0处的导数． s ′(0)＝s ′|t ＝0＝(3－2t )|t ＝0＝3.]3．B [∵曲线过点(a ，3)，∴3＝2a 2＋1，∴a ＝1， ∴切点为(1,3)．由导数定义可得y ′＝4ax ＝4x ， ∴该点处切线斜率为k ＝4，∴切线方程为y －3＝4(x －1)，即y ＝4x －1.] 4．B5．B [f ′(x )＝3x 2＋a .令3x 2＋a ≥0， 则a ≥－3x 2，x ∈(1，＋∞)，∴a ≥－3.]6．A [∵y ′＝x ′(x ＋2)－x (x ＋2)′(x ＋2)2＝2(x ＋2)2，∴k ＝y ′|x ＝－1＝2(－1＋2)2＝2，∴切线方程为：y ＋1＝2(x ＋1)，即y ＝2x ＋1.] 7．C8．A [f ′(x )＝a cos x －13sin x ，由题意f ′⎝⎛⎭⎫π3＝0， 即a ·12－13×32＝0，∴a ＝33.]9．C [y ′＝1－cos x ≥0，所以y ＝x －sin x 在⎣⎡⎦⎤π2，π上为增函数．∴当x ＝π时， y max ＝π.]10．A [由图象看，在图象与x 轴的交点处左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0的点才满足题意，这样的点只有一个B 点．]11．C [∵f ′(x )＝x ′(1－x )－x (1－x )′(1－x )2＝1－x ＋x (1－x )2＝1(1－x )2>0，又x ≠1， ∴f (x )的单调增区间为(－∞，1)，(1，＋∞)．]12．B [由题意知，存款量g (x )＝kx (k >0)，银行应支付的利息h (x )＝xg (x )＝kx 2， x ∈(0，0.048)．设银行可获得收益为y ，则y ＝0.048kx －kx 2.于是y ′＝0.048k －2kx ，令y ′＝0，解得x ＝0.024，依题意知y 在x ＝0.024处取得最大值．故当存款利率为0.024时，银行可获得最大收益．]13．3解析 由切点(1，f (1))在切线y ＝12x ＋2上，得f (1)＝12×1＋2＝52.又∵f ′(1)＝12，∴f ′(1)＋f (1)＝12＋52＝3.14．4解析 若x ＝0，则不论a 取何值，f (x )≥0，显然成立；当x ∈(0,1]时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可转化为a ≥3x 2－1x3，设g (x )＝3x 2－1x 3，则g ′(x )＝3(1－2x )x 4，所以g (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，12上单调递增，在区间⎝⎛⎦⎤12，1上单调递减， 因此g (x )max ＝g ⎝⎛⎭⎫12＝4，从而a ≥4； 当x ∈[－1,0)时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可转化为a ≤3x 2－1x3，设g (x )＝3x 2－1x 3，则g ′(x )＝3(1－2x )x 4，所以g (x )在区间[－1,0)上单调递增． 因此g (x )min ＝g (－1)＝4，从而a ≤4， 综上所述，a ＝4. 15.439解析 设CD ＝x ，则点C 坐标为⎝⎛⎭⎫x2，0. 点B 坐标为⎝⎛⎭⎫x2，1－⎝⎛⎭⎫x 22， ∴矩形ABCD 的面积S ＝f (x )＝x ·⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫x 22 ＝－x34＋x (x ∈(0,2))．由f ′(x )＝－34x 2＋1＝0，得x 1＝－23(舍)，x 2＝23，∴x ∈⎝⎛⎭⎫0，23时，f ′(x )>0，f (x )是递增的，x ∈⎝⎛⎭⎫23，2时，f ′(x )<0，f (x )是递减的， 当x ＝23时，f (x )取最大值439.16．①③解析 f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ， 由题意得f (0)＝0，f ′(－1)＝f ′(1)＝tan 3π4＝－1.∴⎩⎪⎨⎪⎧c ＝03－2a ＋b ＝－13＋2a ＋b ＝－1，∴a ＝0，b ＝－4，c ＝0.∴f (x )＝x 3－4x ，x ∈[－2,2]．故①正确．由f ′(x )＝3x 2－4＝0得x 1＝－233，x 2＝233.根据x 1，x 2分析f ′(x )的符号、f (x )的单调性和极值点.x ＝233是极小值点也是最小值点．f (x )min ＋f (x )max ＝0.∴②错，③正确． 17．解 f ′(x )＝x 2－ax ＋a －1，由题意知f ′(x )≤0在(1,4)上恒成立， 且f ′(x )≥0在(6，＋∞)上恒成立． 由f ′(x )≤0得x 2－ax ＋a －1≤0， 即x 2－1≤a (x －1)．∵x ∈(1,4)，∴x －1∈(0,3)，∴a ≥x 2－1x －1＝x ＋1.又∵x ＋1∈(2,5)，∴a ≥5， ① 由f ′(x )≥0得x 2－ax ＋a －1≥0， 即x 2－1≥a (x －1)．∵x ∈(6，＋∞)，∴x －1>0，∴a ≤x 2－1x －1＝x ＋1.又∵x ＋1∈(7，＋∞)，∴a ≤7， ② ∵①②同时成立，∴5≤a ≤7.经检验a ＝5或a ＝7都符合题意， ∴所求a 的取值范围为5≤a ≤7. 18．解 (1)f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ， f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，由f ′⎝⎛⎭⎫－23＝129－43a ＋b ＝0， f ′(1)＝3＋2a ＋b ＝0得a ＝－12，b ＝－2.f ′(x )＝3x 2－x －2＝(3x ＋2)(x －1)，令f ′(x )>0，得x <－23或x >1，令f ′(x )<0，得－23<x <1.所以函数f (x )的递增区间是⎝⎛⎭⎫－∞，－23和(1，＋∞)，递减区间是⎝⎛⎭⎫－23，1. (2)f (x )＝x 3－12x 2－2x ＋c ，x ∈[－1,2]，由(1)知，当x ＝－23时，f ⎝⎛⎭⎫－23＝2227＋c 为极大值， 而f (2)＝2＋c ，则f (2)＝2＋c 为最大值， 要使f (x )<c 2，x ∈[－1,2]恒成立，则只需要c 2>f (2)＝2＋c ，得c <－1或c >2.19．解 设每次订购电脑的台数为x ，则开始库存量为x 台，经过一个周期的正常均匀销售后，库存量变为零，这样又开始下一次的订购，因此平均库存量为12x 台，所以每年的保管费用为12x ·4 000·10%元，而每年的订货电脑的其它费用为5 000x·1 600元，这样每年的总费用为5 000x ·1 600＋12x ·4 000·10%元．令y ＝5 000x ·1 600＋12x ·4 000·10%，y ′＝－1x 2·5 000·1 600＋12·4 000·10%.令y ′＝0，解得x ＝200(台)．也就是当x ＝200台时，每年订购电脑的其它费用及保管费用总费用达到最小值，最小值为80 000元．20．解 (1)对函数f (x )求导数，得 f ′(x )＝(x 2－2ax )e x ＋(2x －2a )e x ＝[x 2＋2(1－a )x －2a ]e x .令f ′(x )＝0，得[x 2＋2(1－a )x －2a ]e x ＝0， 从而x 2＋2(1－a )x －2a ＝0.解得x 1＝a －1－1＋a 2，x 2＝a －1＋1＋a 2， 其中x 1<x 2.当x 变化时，f ′(x )、f (x )的变化如下表：12当a ≥0时，x 1<－1，x 2≥0.f (x )在(x 1，x 2)为减函数，在(x 2，＋∞)为增函数． 而当x <0时，f (x )＝x (x －2a )e x >0；当x ＝0时，f (x )＝0，所以当x ＝a －1＋1＋a 2时，f (x )取得最小值．(2)当a ≥0时，f (x )在[－1,1]上为单调函数的充要条件是x 2≥1，即a －1＋1＋a 2≥1，解得a ≥34.综上，f (x )在[－1,1]上为单调函数的充分必要条件为a ≥34.即a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫34，＋∞.21．(1)解 由f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R 知f ′(x )＝e x －2，x ∈R .令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2. 于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故处取得极小值，极小值为f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a ＝2(1－ln 2＋a )．(2)证明 设g (x )＝e x －x 2＋2ax －1，x ∈R ， 于是g ′(x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R .由(1)知当a >ln 2－1时，g ′(x )取最小值为g ′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a )>0. 于是对任意x ∈R ，都有g ′(x )>0，所以g (x )在R 内单调递增． 于是当a >ln 2－1时，对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>g (0)． 而g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>0， 即e x －x 2＋2ax －1>0， 故e x >x 2－2ax ＋1.22．(1)解 ∵f (x )＝x 2＋ln x ，∴f ′(x )＝2x ＋1x.∵x >1时，f ′(x )>0，∴f (x )在[1，e]上是增函数，∴f (x )的最小值是f (1)＝1，最大值是f (e)＝1＋e 2. (2)证明 令F (x )＝f (x )－g (x ) ＝12x 2－23x 3＋ln x ， ∴F ′(x )＝x －2x 2＋1x ＝x 2－2x 3＋1x＝x 2－x 3－x 3＋1x ＝(1－x )(2x 2＋x ＋1)x.∵x >1，∴F ′(x )<0，∴F (x )在(1，＋∞)上是减函数，∴F (x )<F (1)＝12－23＝－16<0.∴f (x )<g (x )．∴当x ∈(1，＋∞)时，函数f (x )的图象在g (x )＝23x 3＋12x 2的下方．小课堂：如何培养中学生的自主学习能力？自主学习是与传统的接受学习相对应的一种现代化学习方式。
高中数学选修1-1(人教A版)第三章导数及其应用3.3知识点总结含同步练习及答案
描述：例题：高中数学选修1-1(人教A版)知识点总结含同步练习题及答案第三章 导数及其应用 3.3 导数在研究函数中的应用一、学习任务1. 了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性；会求不超过三次的多项式函数的单调区间．2. 了解函数的极大（小）值、最大（小）与导数的关系；会求函数的极大（小）值，以及在指定区间上函数的最大（小）值．二、知识清单导数与函数的图象 利用导数研究函数的单调性 利用导数求函数的极值利用导数求函数的最值三、知识讲解1.导数与函数的图象（1）导数 表示函数 在点 处的切线斜率．当切线斜率为正值时，切线的倾斜角小于 ，函数曲线呈上升状态；当切线的斜率为负值时，切线的倾斜角大于 且小于 ，函数曲线呈下降状态．（2）如果在区间 内恒有 ，那么函数 在区间 内是常函数．()f ′x 0y =f (x )(,f ()x 0x 090∘90∘180∘(a ,b )(x )=0f′y =f (x )(a ,b ) 是函数 的导函数， 的图象如图所示，则 的图象最有可能是下列选项中的（ ）解：C导函数的图象在 轴的上方，表示导函数大于零，原函数的图象呈上升趋势；导函数的图象在 轴的下方，表示导函数小于零，原函数的图象呈下降趋势．由 时导函数图象在 轴的上方，表示在此区间上，原函数图象呈上升趋势，可排除 B、D 选项；由 时导函数图象在 轴的下方，表示在此区间上，原函数的图象呈下降趋势，可排除 A 选项．(x )f ′f (x )y =(x )f ′f (x )x x x ∈(−∞,0)x x ∈(0,1)xy=f(x)已知函数 的图象如图所示，则导函数f(x)(a,b)则函数 在开区间答案：解析：3. 已知函数 ， 的导函数的图象如下图，那么 ， 的图象可能是．A．B ．C ．D ．D 和 都是单调递增的，但 增长的越来越慢， 增长的越来越快，并且在 处， 的切线的斜率应该相等．y =f (x )y =g (x )y =f (x )y =g (x )()f (x )g (x )f (x )g (x )x 0f (x ),g (x)高考不提分，赔付1万元，关注快乐学了解详情。
高中数学第三章导数及其应用3.3导数的应用3.3.3导数的实际应用课件新人教b版选修11
答： 当 OO1 为 2 m 时， 帐篷的体积最大， 最大体积为 16 3 m3.
[一点通] 解决面积，容积的最值问题，要正确引入变量，
将面积或容积表示为变量的函数，结合实际问题的定义域，利 用导数求解函数的最值．
1．要做一个圆锥形漏斗，其母线长为 20 cm，要使其体积最大， 则其高应为 20 3 A. cm 3 C．20 cm B．100 cm 20 D. cm 3 ( )
2． 学校或班级举行活动， 通常需要张贴海报进行宣传． 现 让你设计一张如图所示的竖向张贴的海报，要求版心 面积为 128 dm2，上、下两边各空 2 dm，左、右两边 各空 1 dm.如何设计海报的尺寸，才能使四周空白面 积最小？
128 解：设版心的高为 x dm，则版心的宽为 x dm，此时四 周空白面积为
[精解详析] 设速度为每小时 v 千米的燃料费为每小时 p 元， 由题意得 p＝k· v3，其中 k 为比例常数，当 v＝10，p＝6，解得 k＝ 6 ＝0.006. 103 于是有 p＝0.006v3. 设当速度为每小时 v 千米时，行 1 千米所需的总费用为 q 元， 那么每小时所需的总费用是(0.006v3＋96)元，而行 1 千米所需时间 1 1 为v小时，所以行 1 千米的总费用为 q＝v(0.006v3＋96)＝0.006v2＋ 96 v
3 3 2 1 V(x)＝ (8＋2x－x ) 3x－1＋1. 2
3 ＝ (16＋12x－x3)． 2
求导数，得 V′(x)＝
3 (12－3x2)． 2
令 V′(x)＝0，解得 x＝－2(不合题意，舍去)，x＝2. 当 1＜x＜2 时，V′(x)＞0，V(x)为增函数； 当 2＜x＜4 时，V′(x)＜0，V(x)为减函数． 所以，当 x＝2 时，V(x)最大．
3-3定积分与微积分基本定理
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第三章 导数及其应用
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第三章 导数及其应用 【解析】 1(ex＋2x)dx＝(ex＋x2)|10＝e＋1－1＝e.
0
【答案】 C
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第三章 导数及其应用
2．直线 y＝4x 与曲线 y＝x3 在第一象限内围成的封闭图形的
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第三章 导数及其应用
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第三章 导数及其应用
【解析】 0ef(x)dx＝10x2dx＋e11xdx
＝31x310＋ln xe1＝13＋ln e＝43.
【答案】
4 3
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第三章 导数及其应用
题型一 定积分的计算 【例 1】 (1)(2018·九江模拟)若01(2x＋λ)dx＝2(λ∈R)，则 λ 等于( )
A．0
B．1
C．2
D．－1
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第三章 导数及其应用
(2)定积分－ 2 2|x2－2x|dx 等于(
)
A．5
B．6
C．7
D．8
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第三章 导数及其应用
【解析】 (1)10(2x＋λ)dx＝(x2＋λx)10＝1＋λ＝2，
所以 λ＝1. (2)－ 2 2|x2－2x|dx ＝－ 0 2(x2－2x)dx＋20(2x－x2)dx
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第三章 导数及其应用
跟踪训练 2 (1)定积分03 9－x2dx 的值为(
)
A．9π
B．3π
C.94π
D.29π
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第三章《导数及其应用》章末总结(含答案)
第三章 章末总结知识点一 导数与曲线的切线利用导数的几何意义求切线方程时关键是搞清所给的点是不是切点，常见的类型有两种，一类是求“在某点处的切线方程”，则此点一定为切点，先求导，再求斜率代入直线方程即可得；另一类是求“过某点的切线方程”，这种类型中的点不一定是切点，可先设切点为Q (x 1，y 1)，则切线方程为y －y 1＝f ′(x 1)(x －x 1)，再由切线过点P (x 0，y 0)得y 0－y 1＝f ′(x 1)(x 0－x 1) ①又y 1＝f (x 1) ②由①②求出x 1，y 1的值．即求出了过点P (x 0，y 0)的切线方程．例1 已知曲线f (x )＝x 3－3x ，过点A (0,16)作曲线f (x )的切线，求曲线的切线方程．知识点二 导数与函数的单调性利用导数研究函数的单调区间是导数的主要应用之一，其步骤为：(1)求导数f ′(x )；(2)解不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0；(3)确定并指出函数的单调增区间、减区间．特别要注意写单调区间时，区间之间用“和”或“，”隔开，绝对不能用“∪”连接．例2 求下列函数的单调区间：(1)f (x )＝＋sin x ；x 2(2)f (x )＝x (x －a )2.知识点三 导数与函数的极值、最值利用导数研究函数的极值和最值是导数的另一主要应用．1．应用导数求函数极值的一般步骤：(1)确定函数f (x )的定义域；(2)解方程f ′(x )＝0的根；(3)检验f ′(x )＝0的根的两侧f ′(x )的符号．若左正右负，则f (x )在此根处取得极大值；若左负右正，则f (x )在此根处取得极小值；否则，此根不是f (x )的极值点．2．求函数f (x )在闭区间[a ，b ]上的最大值、最小值的方法与步骤：(1)求f (x )在(a ，b )内的极值；(2)将(1)求得的极值与f (a )、f (b )相比较，其中最大的一个值为最大值，最小的一个值为最小值；特别地，①当f (x )在(a ，b )上单调时，其最小值、最大值在区间端点处取得，②当f (x )在(a ，b )内只有一个极值点时，若在这一点处f (x )有极大(小)值，则可以断定f (x )在该点处取得最大(小)值，这里(a ，b )也可以是(－∞，＋∞)．例3 设<a <1，函数f (x )＝x 3－ax 2＋b (－1≤x ≤1)的最大值为1，最小值为－，233262求常数a ，b .知识点四 导数与参数的范围已知函数的单调性求参数的取值范围时，可以有两种方法：一是利用函数单调性的定义，二是利用导数法．利用导数法更为简捷．在解决问题的过程中主要处理好等号的问题，因为f ′(x )>0(或f ′(x )<0)仅是一个函数在某区间上递增(或递减)的充分不必要条件，而其充要条件是：f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)，且f ′(x )不恒为零．利用导数法解决取值范围问题时可以有两个基本思路：一是将问题转化为不等式在某区间上的恒成立问题，即f ′(x )≥0或f ′(x )≤0恒成立，用分离参数或函数性质求解参数范围，然后检验参数取“＝”时是否满足题意；另一思路是先令f ′(x )>0(或f ′(x )<0)，求出参数的取值范围后，再令参数取“＝”，看此时f (x )是否满足题意．例4 已知函数f (x )＝x 2＋ (x ≠0，常数a ∈R )．若函数f (x )在x ∈[2，＋∞)上是单调a x 递增的，求a 的取值范围．例5 已知f (x )＝x 3－x 2－2x ＋5，当x ∈[－1,2]时，f (x )<m 恒成立，求实数m 的取值12范围．章末总结 答案重点解读例1 解 设切点为(x 0，y 0)，则由导数定义得切线的斜率k ＝f ′(x 0)＝3x －3，20∴切线方程为y ＝(3x －3)x ＋16，20又切点(x 0，y 0)在切线上，∴y 0＝3(x －1)x 0＋16，20即x －3x 0＝3(x －1)x 0＋16，3020解得x 0＝－2，∴切线方程为9x －y ＋16＝0.例2 解 (1)函数的定义域是R ，f ′(x )＝＋cos x ，令＋cos x >0，1212解得2k π－<x <2k π＋ (k ∈Z )，2π32π3令＋cos x <0，12解得2k π＋<x <2k π＋ (k ∈Z )，2π34π3因此，f (x )的单调增区间是(k ∈Z )，单调减区间是(2k π－2π3，2k π＋2π3) (k ∈Z )．(2k π＋2π3，2k π＋4π3)(2)函数f (x )＝x (x －a )2＝x 3－2ax 2＋a 2x 的定义域为R ，由f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2＝0，得x 1＝，x 2＝a .a 3①当a >0时，x 1<x 2.∴函数f (x )的单调递增区间为，(a ，＋∞)，(－∞，a 3)单调递减区间为.(a 3，a )②当a <0时，x 1>x 2，∴函数f (x )的单调递增区间为(－∞，a )，，(a 3，＋∞)单调递减区间为.(a ，a 3)③当a ＝0时，f ′(x )＝3x 2≥0，∴函数f (x )的单调区间为(－∞，＋∞)，即f (x )在R 上是增加的．例3 解 令f ′(x )＝3x 2－3ax ＝0，得x 1＝0，x 2＝a .当变化时，从上表可知，当x ＝0时，f (x )取得极大值b ，而f (0)>f (a )，f (1)>f (－1)，故需比较f (0)与f (1)的大小．因为f (0)－f (1)＝a －1>0，所以f (x )的最大值为f (0)＝b .所以b ＝1.32又f (－1)－f (a )＝(a ＋1)2(a －2)<0，12所以f (x )的最小值为f (－1)＝－1－a ＋b ＝－a ，3232所以－a ＝－，所以a ＝.326263例4 解 f ′(x )＝2x －＝.a x 22x 3－ax 2要使f (x )在[2，＋∞)上是单调递增的，则f ′(x )≥0在x ∈[2，＋∞)上恒成立，即≥0在x ∈[2，＋∞)上恒成立．2x 3－ax 2∵x 2>0，∴2x 3－a ≥0，∴a ≤2x 3在x ∈[2，＋∞)上恒成立．∴a ≤(2x 3)min .∵x ∈[2，＋∞)，y ＝2x 3是单调递增的，∴(2x 3)min ＝16，∴a ≤16.当a ＝16时，f ′(x )＝≥0 (x ∈[2，＋∞))有且只有f ′(2)＝0，∴a 的取值范围2x 3－16x 2是a ≤16.例5 解 ∵f (x )＝x 3－x 2－2x ＋5，12∴f ′(x )＝3x 2－x －2.令f ′(x )＝0，即3x 2－x －2＝0，∴x ＝1或x ＝－.23当x ∈时，f ′(x )>0，f (x )为增函数；(－1，－23)当x ∈时，f ′(x )<0，f (x )为减函数；(－23，1)当x ∈(1,2)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数．所以，当x ＝－时，f (x )取得极大值f ＝；23(－23)15727当x ＝1时，f (x )取得极小值f (1)＝.72又f (－1)＝，f (2)＝7，112因此，f (x )在[－1,2]上的最大值为f (2)＝7.要使f (x )<m 恒成立，需f (x )max <m ，即m >7.所以，所求实数m 的取值范围是(7，＋∞)．。
高数上册第三章微分中值定理和导数的应用习题答案
《高等数学教程》第三章 习题答案习题3-1 (A)1. 34=ξ 2. 14-=πξ习题3-2 (A)1. (1)31 (2) 81- 1)12()11()10(1)9(31)8(21)7()6(21)5(1)4(3)3(31e e --∞习题3-2 (B)1. n a a a e e 21)8(1)7(0)6(2)5(21)4(32)3(1281)2(41)1(--2. 连续4. )(a f ''5. )0()1(g a '=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+''≠--+'='0]1)0([210]c o s )([]s i n)([)()2(2x g x x x x g x x g x x f(3) 处处连续.习题3-31. 432)4()4(11)4(37)4(2156)(-+-+-+-+-=x x x x x f2. 193045309)(23456+-+-+-=x x x x x x x f3. )40(,)(cos 3]2)()[sin sin(31tan 4523<<+++=θθθθx x x x x x x4.)10()]4(4[16!4)4(15)4(5121)4(641)4(412432<<-+---+---+=θθx x x x x x5. )10()(!)1(2132<<+-++++=θn nxx O n x x x x xe6. 645.1≈e7. 430533103.1;3090.018sin )2(1088.1;10724.330)1(--⨯<≈⨯<≈R R8. 121)3(21)2(23)1(-习题3-4 (A)1. 单调减少2. 单调增加3. .),23()23,()1(内单调下降在内单调上升；在+∞-∞.),2[]2,0()2(内单调增加在内单调减少；在+∞ .),()3(内单调增加在+∞-∞.),21()21,()4(内单调增加在内单调减少；在+∞-∞ .),[]0[)5(内单调下降在上单调上升；，在+∞n n7. (1) 凸 (2) 凹 （3）内凸内凹，在在),0[]0,(+∞-∞ （4）凹 8. ），（内凹，拐点内凸，在）在（82),2[]2,(1-+∞-∞ ），（内凹，拐点内凸，在）在（222),2[]2,(2e+∞-∞ 内凹，无拐点）在（),(3+∞-∞），（），（：内凹，拐点，内凸，在），，）在（2ln 1;2ln 1]11[1[]1,(4--∞+--∞ ），（内凸，拐点内凹，在）在（3arctan 21),21[]21,(5e +∞-∞ ），（凹，拐点），、凸，在、）在（001[]0,1[]1,0[]1,(6∞+---∞ 9. 29,32=-=b a10. a = 3, b = -9, c = 811. a = 1, b = -3, c = 24, d = 16习题3-4 (B)1. .)1,21(),1()21,0()0,()1(内单调增加在内单调减少；、、在∞+-∞.]22,32[]32,2[)2(内单调下降在内单调上升；在πππππππ+++k k k k .],32[),[]32,()3(内单调下降在内单调上升；、在a a a a ∞+-∞ 2. .1)3(10)2(1)1(是有一个实根时有两个实根时无实根ea e a e a =<<>3. .)2,0(内只有一个实根在π8. .9320时及当=≤k k 9. 在）（凹，拐点凹，在2,),[],(a b b b +∞-∞ 12. 82±=k 习题3-5 (A)1. .1)2(,5)0()1(==y y 极小值极大值.0)0(,4)2()2(2==-y e y 极小值极大值.25)16(,1)4()3(==y y 极小值极大值.205101)512()4(=y 极大值.45)43()5(=y 极大值.0)0()6(=y 极小值 (7) 没有极值. .)()8(1e e e y =极大值.3)1()9(=y 极大值.0)5()1(,18881)21()10(3==-=y y y 极小值极大值2. .14)2(,11)3()1(-==y y 最小值最大值.22)2ln 21(,2)1()2(1=-+=-y e e y 最小值最大值.2ln )41(,0)1()3(-==y y 最小值最大值3. 提示：可导函数的极值点必为驻点，.在题设条件下无驻点所以可证明y '4. .29)1(-=y 最大值5. .27)3(=-y 最小值6. .3)32(,2为极大值==f a7. .21,2-=-=b a8. 长为100m ，宽为5m.9. .1:1:;22,233===h d v h v r ππ 10. .44ππππ++aa ，正方形周长为圆的周长为11. .3843a a h π时，最小体积为锥体的高为=12. .22.1.776小时时间为公里处应在公路右方13. .6000)2(1000)1(==x x14. .45060075.3元件，每天最大利润为元，进货量为定价为 15. .167080,101利润=p习题3-5 (B)1. 1,0,43,41==-==d c b a 2. x = 1为极小点，y (1) = 1为极小值3. 当c = 1时，a = 0，b = -3，当c = -1时，a = 4，b = 5.4. 296)(23++-=x x x x P5. (1) f (x ) 在x = 0处连续；(2) 当ex 1=时，f (x ) 取极小值；当 x = 0时f (x ) 取极大值. 6. 310=x 当时，三角形面积最小7. 323)2()(11)1(032=--=-l x x x x y 8. .1222-≥<b b b b 时为，当时为当 9. 400 10.bc a 2 11. c a e bd L ae bd q -+-=+-=)(4)(,)(2)1(2最大利润eqedd -=η)2( ed q 21)3(==得当η 12. 2)2()4(25)1(=-=t t x 13. 156250元14. (1) 263.01吨 (2) 19.66批/年 （3）一周期为18.31天 （4）22408.74元15. 2)2()111(1)()1(-+-+=e n n n n M n16. 提示：.)1()1(ln )1()(22是极小值，证明令f x x x x f ---=习题3-6 (A)1. (1) x = 0, y = 1; (2) x = -1, y = 0; (3) x = -1, x = 1, y = 0 ; (4) x = 1, x = 2, x = -3.2. 略习题3-6 (B)1. ex y e x 1,1)1(+=-=（2）x= -1,x=1,y= -2 （3）y=x, x=0 （4）y= -2, x=0 4121,21)5(-=-=x y x2. 略习题3-7 (A)1. k=22. x x k sec ,cos ==ρ3. 02sin 32t a k =4. a a k t 4,41,===ρπ 5. 233)22ln ,22(处曲率半径有最小值- 习题3-7 (B)1. 略2. ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=)2(),2(,332323132323131x a y y a x axyR 曲率圆心3. 8)2()3(22=++-ηξ4. 约1246 (N) [提示：作匀速圆周运动的物体所受的向心力为Rmv F 2=]5. 16125)49()410(22=-+--ηπξ 习题3-81.19.018.0<<ξ 2. 19.020.0-<<-ξ 3. 33.032.0<<ξ 4. 51.250.2<<ξ总复习题三一. (1)B (2)B (3)B (4)D (5)C (6)B (7)C (8)B (9)C (10)C] 二. 25)8(/82)7()0,1()6(3)5(63)4()22,22()3(2ln 1)2(2)1(3s cm π+--x x x xeyx y 4)1(,)1(4)10()9(2222+++=三. 9)3(0)2(3)1(,7541,6,50,40,31,221,123---e⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-''≠++-'='-0)1)0((210)1()()()()1(,82x g x x e x x g x g x x f x上连续在),()()2(+∞-∞'x f 9, 略四、证明题和应用题 6．)027.0,025.0()2(450449)1(7．)2,2(b a P8．12ln 31,2ln 3121-+ 9．%82.0%13)3(173)2(20)1(总收益增加，时，若价格上涨当=-p pp10．略。
2019年高考数学(理)第三章导数及其应用 3-2-1习题及答案
1．设函f (x )＝e x (2x －1)－ax ＋a ，其中a <1，若存在唯一的整x 0使得f (x 0)<0，则a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，1B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，34C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，34 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，1 答案 D解析 由题意可知存在唯一的整x 0，使得e x 0(2x 0－1)<ax 0－a ，设g (x )＝e x (2x －1)，h (x )＝ax －a ，由g ′(x )＝e x (2x ＋1)可知g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞上单调递增，作出g (x )与h (x )的大致图象如图所示，故⎩⎪⎨⎪⎧hgh－g －，即⎩⎪⎨⎪⎧a <1－2a ≤－3e ，所以32e≤a <1，故选D.2.设函f ′(x )是奇函f (x )(x ∈R )的导函，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )点击观看解答视频A ．(－∞，－1)∪(0,1)B ．(－1,0)∪(1，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(－1,0)D ．(0,1)∪(1，＋∞) 答案 A解析 令F (x )＝f xx，因为f (x )为奇函，所以F (x )为偶函，由于F ′(x )＝xfx －f xx 2，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，所以F (x )＝f xx在(0，＋∞)上单调递减，根据对称性，F (x )＝f xx在(－∞，0)上单调递增，又f (－1)＝0，f (1)＝0，形结合可知，使得f (x )>0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．故选A.3．若定义在R 上的函f (x )满足f (0)＝－1，其导函f ′(x )满足f ′(x )>k >1，则下列结论中一定错误的是( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k <1kB ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k >1k －1C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1<1k －1 D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1>kk －1 答案 C解析 构造函g (x )＝f (x )－kx ＋1，则g ′(x )＝f ′(x )－k >0，∴g (x )在R 上为增函．∵k >1，∴1k －1>0，则g ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1>g (0)． 而g (0)＝f (0)＋1＝0，∴g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－k k －1＋1>0， 即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1>k k －1－1＝1k －1， 所以选项C 错误，故选C.4．已知函f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0>0，则a 的取值范围是( )A ．(2，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，－2)D ．(－∞，－1)答案 C解析 (1)当a ＝0时，显然f (x )有两个零点，不符合题意． (2)当a ≠0时，f ′(x )＝3ax 2－6x ，令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝2a.当a >0时，2a>0，所以函f (x )＝ax 3－3x 2＋1在(－∞，0)与⎝ ⎛⎭⎪⎫2a，＋∞上为增函，在⎝⎛⎭⎪⎫0，2a 上为减函，因为f (x )存在唯一零点x 0，且x 0>0，则f (0)<0，即1<0，不成立．当a <0时，2a<0，所以函f (x )＝ax 3－3x 2＋1在⎝⎛⎭⎪⎫－∞，2a 和(0，＋∞)上为减函，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，0上为增函，因为f (x )存在唯一零点x 0，且x 0>0，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a >0，即a ·8a 3－3·4a 2＋1>0，解得a >2或a <－2，又因为a <0，故a 的取值范围为(－∞，－2)．选C.5．已知函f (x )＝－2(x ＋a )ln x ＋x 2－2ax －2a 2＋a ，其中a >0. (1)设g (x )是f (x )的导函，讨论g (x )的单调性；(2)证明：存在a ∈(0,1)，使得f (x )≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f (x )＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．解 (1)由已知，函f (x )的定义域为(0，＋∞)，g (x )＝f ′(x )＝2(x －a )－2ln x －2⎝⎛⎭⎪⎫1＋a x ，所以g ′(x )＝2－2x ＋2ax 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋2⎝⎛⎭⎪⎫a －14x 2当0<a <14时，g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1－1－4a 2，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋1－4a 2，＋∞上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－1－4a 2，1＋1－4a 2上单调递减； 当a ≥14时，g (x )在区间(0，＋∞)上单调递增．(2)证明：由f ′(x )＝2(x －a )－2ln x －2⎝⎛⎭⎪⎫1＋a x ＝0，解得a ＝x －1－ln x1＋x －1.令φ(x )＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x －1－ln x 1＋x －1ln x ＋x 2－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－ln x 1＋x －1x －2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－ln x 1＋x －12＋x －1－ln x1＋x －1. 则φ(1)＝1>0，φ(e)＝－－1＋e －1－2⎝ ⎛⎭⎪⎫e －21＋e －12<0. 故存在x 0∈(1，e)，使得φ(x 0)＝0.令a 0＝x 0－1－ln x 01＋x －1，u (x )＝x －1－ln x (x ≥1)． 由u ′(x )＝1－1x≥0知，函u (x )在区间(1，＋∞)上单调递增．所以0＝u1＋1<u x 01＋x －10＝a 0<u 1＋e －1＝e －21＋e －1<1. 即a 0∈(0,1)．当a ＝a 0时，有f ′(x 0)＝0，f (x 0)＝φ(x 0)＝0. 由(1)知，f ′(x )在区间(1，＋∞)上单调递增， 故当x ∈(1，x 0)时，f ′(x )<0， 从而f (x )>f (x 0)＝0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0， 从而f (x )>f (x 0)＝0.所以，当x ∈(1，＋∞)时，f (x )≥0.综上所述，存在a ∈(0,1)，使得f (x )≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f (x )＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．6.设函f (x )＝3x 2＋ax e x(a ∈R )．点击观看解答视频(1)若f (x )在x ＝0处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若f (x )在[3，＋∞)上为减函，求a 的取值范围． 解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝x ＋ax－x 2＋axxx2＝－3x 2＋－a x ＋aex， 因为f (x )在x ＝0处取得极值，所以f ′(0)＝0，即a ＝0. 当a ＝0时，f (x )＝3x 2e x ，f ′(x )＝－3x 2＋6x e x ，故f (1)＝3e ，f ′(1)＝3e， 从而f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3e ＝3e (x －1)，简得3x －e y ＝0.(2)由(1)知f ′(x )＝－3x 2＋－a x ＋ae x，令g (x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a ， 由g (x )＝0解得x 1＝6－a －a 2＋366，x 2＝6－a ＋a 2＋366.当x <x 1时，g (x )<0，即f ′(x )<0，故f (x )为减函； 当x 1<x <x 2时，g (x )>0， 即f ′(x )>0，故f (x )为增函； 当x >x 2时，g (x )<0，即f ′(x )<0，故f (x )为减函． 由f (x )在[3，＋∞)上为减函，知x 2＝6－a ＋a 2＋366≤3，解得a ≥－92，故a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－92，＋∞.7．已知函f (x )＝e x －e －x －2x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)设g (x )＝f (2x )－4bf (x )，当x >0时，g (x )>0，求b 的最大值；(3)已知1.4142<2<1.4143，估计ln 2的近似值(精确到0.001)． 解 (1)f ′(x )＝e x ＋e －x －2≥0，等号仅当x ＝0时成立，所以f (x )在(－∞，＋∞)单调递增．(2)g (x )＝f (2x )－4bf (x )＝e 2x －e －2x －4b (e x －e －x )＋(8b －4)x ，g ′(x )＝2[e 2x ＋e －2x －2b (e x ＋e －x )＋(4b －2)]＝2(e x ＋e －x －2)(e x ＋e －x －2b ＋2)．①当b ≤2时，g ′(x )≥0，等号仅当x ＝0时成立，所以g (x )在(－∞，＋∞)单调递增．而g (0)＝0，所以对任意x >0，g (x )>0； ②当b >2时，若x 满足2<e x ＋e －x <2b －2， 即0<x <ln (b －1＋b 2－2b )时，g ′(x )<0.而g (0)＝0，因此当0<x <ln (b －1＋b 2－2b )时，g (x )<0.综上，b 的最大值为2.(3)由(2)知，g (ln 2)＝32－22b ＋2(2b －1)ln 2.当b ＝2时，g (ln 2)＝32－42＋6ln 2>0，ln 2>82－312>0.6928；当b ＝324＋1时，ln (b －1＋b 2－2b )＝ln 2，g (ln 2)＝－32－22＋(32＋2)ln 2<0，ln 2<18＋228<0.6934.所以ln 2的近似值为0.693.。
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第三章导数及其应用刷速度一、选择题1. 已知曲线上一点，则（）A．B．C．D．答案.2. 已知′(1),则f′(0)等于( )A. B C D 2e解:由′(1),得:f′(x)′(1),取得:f′(1)′(1),所以,f′(1)故f′(0)′(1), 因此，本题正确答案是:B.3. 如图是导函数的图象，那么函数在下面哪个区间是减函数（）。
A: B: C: D:答案详解B解析:本题主要考查函数的单调性。
当函数为减函数时，函数的导数小于零，根据图象，在区间内导函数小于零，即为减区间。
故本题正确答案为B。
4. 函数,的最大值为( )A. B. 1 C. D.答案详解C解:令得或当时,或;当时,当时;当时,;当时,所以函数的最大值为所以C选项是正确的解析:求出函数的导函数,令导数为0求出根,判断根左右两边导函数的符号,求出函数的极值及端点值,在其中选出最大值.5. 已知曲线的一条切线的斜率为，则切点的横坐标为( )A. 3 B 2 C 1 D答案详解A解析:函数的定义域为，函数的导数为，由，得，解得或（舍去），选A.6. 函数有极值的充要条件是A、a≥1或a≤0B、a>1或a<0C、a≥1或a<0D、0<a<1答案B解析【分析】将函数f(x)有极值转化成f′(x)有两不等的根，再利用判别式进行判定即可．【解答】函数有极值则f′(x)=ax2+2ax+1=0有两不等的根当a=0时，无解当a≠0时，Δ>0．即4a2-4a>0解得a>1或a<0，故选B．7. 若在上是减函数，则的取值范围是（）。
A: B: C: D:答案详解D解析:本题主要考查导数的应用。
由题意可知，在上恒成立，即在上恒成立，令，因为，所以。
要使，即需要小于等于其最小值，所以。
8.9.函数有三个相异的零点,则a的取值范围是( )A. B C D答案C解:函数,,,,,,, ,,函数在单调递减,单调递增,,使得函数有三个零点,必须:,计算得出.所以C选项是正确的.10. 已知直线y=x+1与曲线y=ln（x+a）相切，则a的值为________．答案2解析切点在切线上也在曲线上得到切点坐标满足两方程；又曲线切点处的导数值是切线斜率得第三个方程．三个方程联立即可求出a的值．解答：设切点P（x 0，y 0），则y 0=x 0+1，y 0=ln（x 0+a），又∵切线方程y=x+1的斜率为1，即，∴x 0+a=1，∴y 0=0，x 0=-1，∴a=2．故答案为：211.12，设是定义在R上的函数,其导函数为f′(x),若′(x) , ,则不等式(其中e为自然对数的底数)的解集为( )A. B C D解:设,则g′(x)′(x)′(x),′(x),, ′(x)′(x),是R上的增函数, 又,的解集为,即不等式的解集为所以B选项是正确的.二、填空题13.、曲线在点处的切线方程是。
答案详解解析:本题主要考查导数的概念及其几何意义。
设切线方程为，因为，所以当时，，即，所以，整理得。
故本题正确答案为。
14.设与是函数的两个极值点,则常数的值为答案详解21解:,,与是函数的两个极值点,,计算得出,,.因此，本题正确答案是:21.15. 已知,若对任意两个不等的正实数,都有恒成立,则a的取值范围是答案解:;根据恒成立得:恒成立;整理成,在上恒成立;;;的取值范围是.因此，本题正确答案是:.16. 若函数，若对于都有，则实数的值为______答案详解4解析:，则。
当时，，在定义域R上单调递减，所以当时，，与题意不符，所以。
当时，，则当时，，所以在区间上单调递减，，与题意不符，所以。
此时在和上单调递增，在上单调递减，所以。
由题意可得，，解得三、解答题17、已知函数在与时都取得极值。
（1）求，的值；（2）求函数的单调区间；（3）若对，不等式恒成立，求实数的取值范围。
答案详解（1）函数求导得，因为在与时都取得极值，所以，且，解得，； ......4分（2）由（1）可知，令，解得或，令，解得，故函数单调增区间为和，单调减区间为； ......8分（3）函数，，在取得极大值，取得极小值，因为，所以要使，不等式恒成立，只需恒成立，即恒成立，则实数的取值范围为或。
......12分/18、若函数,在点处的斜率为(1)求实数m的值; (2)求函数在区间上的最大值.答案解:(1),,即,计算得出; 实数m的值为1;(2)为递增函数,,,存在,使得,所以,,,19. 已知函数。
（Ⅰ）当时，求的图象在处的切线方程；（Ⅱ）若函数在上有两个零点，求实数的取值范围。
答案详解（Ⅰ）当时，，，切点坐标为，切线的斜率，则切线方程为，即。
（Ⅱ），则，因为，故时，，当时，；当时，。
故在处取得极大值，又，，，则，所以在上的最小值是。
在上有两个零点的条件是解得，所以实数的取值范围是刷真题考点1 导数的概念与运算1、若函数的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线相互垂直，则称具有性质。
下列函数中具有性质的是（）。
A: B: C: D:答案详解A解析:本题主要考查导数的概念与几何意义。
根据导数的几何意义，若具有性质，则存在、使或且处切线与轴垂直。
A项，（），，有，具有性质，故A项正确；B项，（），，切线斜率存在，不满足，不具有性质，故B项错误；C项，（），，不具有性质，故C项错误；D项，（），，，无与轴垂直的切线，不具有性质，故D项错误。
故本题正确答案为A。
2. 已知函数为的导函数，则的值为_______ ___.答案3解析【解析】试题分析：【考点】导数【名师点睛】求函数的导数的方法：（1）连乘积的形式：先展开化为多项式的形式，再求导；（2）根式形式：先化为分数指数幂，再求导；（3）复杂公式：通过分子上凑分母，化为简单分式的和、差，再求导；（4）复合函数：确定复合关系，由外向内逐层求导；（5）不能直接求导：适当恒等变形，转化为能求导的形式再求导．3. 已知函数的图象在点处的切线过点,则a=答案详解1解:函数的导数为:,,而,切线方程为:,因为切线方程经过,所以,计算得出.因此，本题正确答案是:1.4. 已知曲线在点处的切线与曲线相切，则_____ 。
答案详解解析:本题主要考查导数的概念和几何意义。
曲线在点处的切线斜率应为，故曲线在点处的切线应为。
将直线与曲线联立可得，因为直线与曲线相切，即交点只有一个，故，解得或。
当时，，直线与平行，故时不符合题意。
故本题正确答案为。
考点2 导数与函数的单调性5. 若函数，在单调递增，则的取值范围是（）。
A: B: C: D:答案详解C解析:本题主要考查函数的概念和性质。
已知函数在单调递增，所以有在上恒成立。
因为，当时，，此时，不符合题意，所以可以排除，即排除A、B、D项。
故本题正确答案为C。
6.设函数在定义域内可导,的图象如图所示,则函数的图象可能是( )A. B. C. D.答案详解A解:如图,设函数图象上位于第二象限上的最大值点是,根据的图象,可得当时函数为增函数,当和函数为减函数是函数的极大值,可得,且当时,,当和时由此对照各个选项,可得函数的图象只有A项符合所以A选项是正确的7. 已知函数有唯一零点，则A: B: C: D:答案详解C解析:本题主要考查导数在研究函数中的应用。
由题知，所以，即为的对称轴，由题意知有唯一的零点，所以零点只能为，即，解出。
故本题正确答案为C。
考点3 导数与函数的极值、最值8、函数f（x）在x=x0处导数存在，若p：f′（x0）=0：q：x=x0是f（x）的极值点，则（）A.p是q的充分必要条件B.p是q的充分条件，但不是q的必要条件C.p是q的必要条件，但不是q的充分条件D.p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件【解析】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用函数单调性和极值之间的关系是解决本题的关键，比较基础．解：函数f（x）=x3的导数为f'（x）=3x2，由f′（x0）=0，得x0=0，但此时函数f（x）单调递增，无极值，充分性不成立．根据极值的定义和性质，若x=x0是f（x）的极值点，则f′（x0）=0成立，即必要性成立，故p是q的必要条件，但不是q的充分条件，故选：C 9、已知为函数的极小值点，则（）A．B．C．4 D．2答案D解析对函数求导得，令，解得或，因为是开口向上的抛物线，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以是函数的极小值点.故本题正确答案为考点4 导数的综合应用10、已知函数。
（1）讨论的单调性；（2）若，求的取值范围。
（1）因为。
若，则，令得，；令得，。
若，则恒成立；若，则恒成立，令得，即，解得；令得，。
综上所述，时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；时，函数的单调递增区间为；时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为。
（2）由（1）可知，当时，函数的最小值为，因为，所以，即；当时，恒成立；当时，函数的最小值为，因为，所以，解得。
综上所述，的取值范围为。
解析:本题主要考查导数在研究函数中的应用。
（1）根据题意可求得函数的导函数，对的取值进行分段讨论，可得到函数的对应的单调区间；（2）依题可知，函数恒成立即恒成立。
结合（1）中的单调区间可得到对应的最小值，令可得的取值范围11、已知函数。
（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）若当时，，求的取值范围。
答案详解解：（1）根据已知可得，所以当时，，所以，又因为，所以所求直线方程为，即。
（2）当时，，即恒成立，等价于，因为，，所以在上恒成立即可。
对求导，得设，抛物线开口向上，横过定点，当时，恒成立，所以在上单调递增满足题意；当时，或，解得的零点为，，因为，若，只需即可，即，解得，又，所以此时。
综上所述，的取值范围是。
解析:本题主要考查导数的概念及几何意义，以及导数在研究函数中的应用。
（1）根据导数的几何意义，对求导，求得在处切线斜率，在将代入，求得切点坐标，进而可求得切线方程；（2）要求在上恒成立，只需，又，所以只需在上恒成立，再对求导，得到，因为的分子为二次函数，研究其开口和零点位置，确定使在上成立时的取值即可。
12、设a,,.已知函数,(Ⅰ)求的单调区间;(Ⅱ)已知函数和的图象在公共点处有相同的切线, (i)求证: 在处的导数等于0;若关于x的不等式在区间上恒成立,求b的取值范围.答案(Ⅰ)解:由,可得,令,计算得出,或.由,得当x变化时,,的变化情况如下表:x+ - +↗↘↗的单调递增区间为,,单调递减区间为;(Ⅱ)(i)证明:,根据题意知,,计算得出在处的导数等于0;解:,,由,可得又,,故为的极大值点,由(I)知另一方面,因为,故,由(Ⅰ)知在内单调递增,在内单调递减,故当时,在上恒成立,从而在上恒成立.由,得,令,,,令,计算得出(舍去),或,,,故的值域为的取值范围是。