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高二文科数学期末复习导数练习题


导数专练答案
一、选择题 1.下列函数求导运算正确的个数为( )
? ?

? 1 ? 1 x x ? ? ① (3x) ′= 3xlog3e ;② (log2x)′=x· ;③ (e ) ′= e ;④ ln x ′= ln 2

x;⑤(x· ex)′=ex+1. A.1 【解析】 B.2 C.3 D.4

1 ①(3x)′=3xln 3;②(log2x)′=xln 2;③(ex)′=ex;④

1 x ? 1 ? 1 ? ? ′=- ex)′= ex+ x· ex= ex(x+ 1),故 2 =- 2 ;⑤ (x· ln x ? ? ?ln x? x· ?ln x? 选 B. 2. 曲线 y ? 2x2 ? 1 在点 P(?1,3) 处的切线方程为() A. y ? ?4 x ? 1 B. y ? ?4 x ? 7 C. y ? 4 x ? 1 D. y ? 4 x ? 7 3. 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 个 1 4.(2012· 辽宁高考)函数 y=2x2-ln x 的单调递减区间为( A . ( - 1,1] D.(0,+∞) B . (0,1] ) B.2 个 C.3 个 D.4

C . [1 , + ∞ )

1 【解析】 由题意知,函数的定义域为(0,+∞),又由 y′=x-x≤ 0,解得 0<x≤1,所以函数的单调递减区间为(0,1].【答案】 B
2 5.【2012 高考陕西文 9】设函数 f(x)= +lnx 则 ( ) x 1 1 A.x= 是 f(x)极大值点 B.x= 是 f(x)极小值点 C.x=2 是 f(x)极 2 2

大值点 D.x=2 是 f(x)极小值点

【解析】 f ' ? x ? ? ?

2 1 x?2 ? ? 2 ,令 f ' ? x ? ? 0 ,则 x ? 2 . x2 x x

当 x ? 2 时, f ? x ? 是单调递减的;当 x ? 2 时, f ? x ? 是单调递 增的. 所以 x ? 2 是 f ? x ? 的极小值点.故选 D. 6. 若函数 f ( x) ? x3 ? 3x ? a 在区间 [0,3] 上的最大值、最小值分别为 M、N, 则 M ? N 的值为( ) A.2 B.4 C.18 D.20 7.(山东省烟台市 2014 届高三 3 月)函数 f(x)=1nx- x 2 的图像大 致是( )
1 2

【答案】函数的定义域为 {x x ? 0} ,函数的导数微微 f '( x) ? ? x ? 由 f '( x) ?

1 x

1 ? x2 , x

1 ? x2 1 ? x2 ? 0 得 , 0 ? x ? 1 , 即 增 区 间 为 (0,1) . 由 f '( x) ? ?0 x x

得 , x ? 1 , 即 减 区 间 为 (1, ??) , 所 以 当 x ? 1 时 , 函 数 取 得 极 大 值 , 且
f (1) ? ? 1 ? 0 ,所以选 B. 2

8. (临沂市 2014 届高三 5 月)曲线 y ? e x 在点 A 处的切线与直线 x ? y ? 3 ? 0 平行,则点 A 的坐标为 (A) ? ?1, e?1 ? 【答案】B (B) ? 0,1? (C) ?1, e ? (D) ? 0, 2 ?

直线 x ? y ? 3 ? 0 的斜率为 1,所以切线的斜率为 1,因为

y ' ? e x ,所以由 y ' ? e x ? 1 ,解得 x ? 0 ,此时 y ? e0 ? 1 ,即点

A 的坐标为 ? 0,1? ,

选 B. 9、[2014· 辽宁卷] 当 x∈[-2,1]时,不等式 ax3-x2+4x+3≥0 恒成

立,则实数 a 的取值范围是 A.[-5,-3] 9? ? B. ?-6,-8?
? ?

C.[-6,-2]

D.[-4,

-3] 10.[2014· 新课标全国卷Ⅱ] 若函数 f(x)=kx-ln x 在区间(1,+∞) 单调递增,则 k 的取值范围是 A.(-∞,-2] B.(-∞,-1] +∞) 二、填空题 11. .曲线 y ? sin x 在点 M (? , 0) 处的切线方程为
x

C.[2,+∞) D.[1,

12、已知函数 f ( x) ? x 3 ? ax2 ? bx ? a 2 在 x=1 处有极值为 10, 则 f(2)等于 ____________. 13.已知函数 f ( x) ? x3 ? ax 在 R 上有两个极值点,则实数 a 的取值范围 是 14. (山东省实验中学 2014 届高三第二次诊断) 若函数 f ( x) ? x 3 ? 3x ? a 有三个不同的零点,则实数 a 的取值范围是____________. 【 答 案 】 (?2, 2) 【 解 析 】 由 f ( x) ? x3 ? 3x ? a ? 0 , 得 f '( x) ? 3x 2 ? 3 , 当
f '( x) ? 3x 2 ? 3 ? 0 , 得 x ? ?1 , 由图象可知 f极大值 (?1)=2 ? a,f极小值 (1)=a ? 2 , 要

使 函 数 f ( x) ? x 3 ? 3x ? a 有 三 个 不 同 的 零 点 , 则 有
f极大值 (?1)=2 ? a ? 0, f极小值 (1)=a ? 2 ? 0, 即 ?2 ? a ? 2 , 所以实数 a 的取值范围

是 (?2, 2) . 15. (山东省泰安市 2014 届高三上学期期末) 已知函数 f ? x ? 的定义域 为 ? ?1,5? ,部分对应值如下表, f ? x ? 的导函数 y ? f ? ? x ? 的图像如图所示

若函数 y ? f ? x ? ? a 有 4 个零点,则 a 的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 由导数图象可知,当 ?1 ? x ? 0 或 2 ? x ? 4 时, f '( x) ? 0 , [1, 2) 函数递增.当 0 ? x ? 2 或 4 ? x ? 5 时, f '( x) ? 0 ,函数递减.所以在 x ? 2 处,

函数取得极小值.由 y ? f ? x ? ? a ? 0 得 f ? x ? ? a . 由图象可知,要使函数 y ? f ? x ? ? a 有 4 个零点,由图象可知1 ? a ? 2 ,所 以 a 的取值范围为1 ? a ? 2 ,即 [1, 2) . 三、解答题 x a 3 16.[2014· 重庆卷] 已知函数 f(x)=4+x-ln x-2,其中 a∈R,且曲 1 线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于直线 y=2x. (1)求 a 的值; (2)求函数 f(x)的单调区间与极值. 1 a 1 解:(1)对 f(x)求导得 f′(x)=4-x2-x ,由 f(x)在点(1,f(1))处的切线垂 1 3 5 直于直线 y=2x 知 f′(1)=-4-a=-2,解得 a=4. x2-4x-5 x 5 3 (2)由(1)知 f(x)=4+4x-ln x-2,则 f′(x)= 4x2 .令 f′(x)=0,解 得 x=-1 或 x=5. 因为 x=-1 不在 f(x)的定义域(0,+∞)内,故舍去.

当 x∈(0,5)时,f′(x)<0,故 f(x)在(0,5)上为减函数;当 x∈(5,+ ∞)时,f′(x)>0,故 f(x)在(5,+∞)上为增函数.由此知函数 f(x)在 x =5 时取得极小值 f(5)=-ln 5. 17、[2014· 福建卷] 已知函数 f(x)=ex-ax(a 为常数)的图像与 y 轴交 于点 A,曲线 y=f(x)在点 A 处的切线斜率为-1. (1)求 a 的值及函数 f(x)的极值; (2)证明:当 x>0 时,x2<ex;

解: (1)由 f(x)=ex-ax,得 f′(x)=ex-a. 又 f′(0)=1-a=-1,得 a=2.所以 f(x)=ex-2x,f′(x)=ex-2. f′(x)=0,得 x=ln 2. 当 x<ln 2 时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当 x>ln 2 时,f′(x)>0,f(x) 单调递增. 所以当 x=ln 2 时,f(x)有极小值,且极小值为 f(ln 2)=eln 2-2ln 2=2 -ln 4,f(x)无极大值. (2)证明:令 g(x)=ex-x2,则 g′(x)=ex-2x. 由(1)得,g′(x)=f(x)≥f(ln 2)=2-ln 4>0,即 g′(x)>0. 所以 g(x)在 R 上单调递增,又 g(0)=1>0,所以当 x>0 时,g(x)>g(0) >0,即 x2<ex. 18. ( 【解析】山东省济南市 2013 届高三上学期期末考试文科数学) 已知函数 f ? x ? ? ? 2 ? a ? ln x ? ? 2ax(a ? 0) . (1)当 a ? 0 时,求 f ? x ? 的极值; (2)当 a ? 0 时,讨论 f ? x ? 的单调性; 【答案】解:(1)当 a ? 0 时, f ? x ? ? 2 ln x ? , f ? ? x ? ? ? 由 f ?? x? ?
2x ?1 1 ? 0 ,解得 x ? 2 x 2 1 x 2 x 1 2x ?1 ? ( x ? 0). x2 x2 1 x



1? ?1 ? ∴ f ? x? 在 ? ? 0, ? 上是减函数,在 ? , ?? ? 上是增函数 ? 2? ?2 ? 1? ∴ f ? x ? 的极小值为 f ? ? ? ? 2 ? 2 ln 2 ,无极大值 ?2?

(2) f ? ? x ? ?

2ax 2 ? ? 2 ? a ? x ? 1 ? ax ? 1?? 2 x ? 1? 2?a 1 ? 2 ? 2a ? ? ( x ? 0) x x x2 x2

1? ? 1 ?1 1? ? ①当 ?2 ? a ? 0 时, f ? x ? 在 ? ? 0, ? 和 ? ? , ?? ? 上是减函数 , 在 ? , ? ? 上是 ? 2? ? a ?2 a? ?

增函数; ②当 a ? ?2 时, f ? x ? 在 ? 0, ?? ? 上是减函数;
1 1? ? ? ? 1 1? ③当 a ? ?2 时 , f ? x ? 在 ? ? , ?? ? 和 ? 0, ? ? 上是减函数 , 在 ? ? , ? 上是增 ?2 ? ? a? ? a 2?

函数 19. ( 【解析】 山东省实验中学 2013 届高三第一次诊断性测试数学 (文) 试题)已知 f ( x) ? x 2 ? ax ? 1nx, a ? R . (1)若 a=0 时,求函数 y ? f ( x) 在点(1, f ( x) )处的切线方程; (2)若函数 f ( x) 在[1,2]上是减函数,求实数 a 的取值范围; (3)令 g ( x) ? f ( x) ? x 2 , 是否存在实数 a,当 x ? (0, e](e 是自然对数的底)时, 函数 g ( x) 的最小值是 3,若存在,求出 a 的值;若不存在,说明理由.

20. ( 【解析】山东省济宁市 2013 届高三第一次模拟考试文科数学 ) 已知函数 f ( x ) ? ln x ? . (I)若 a>0,试判断 f ( x ) 在定义域内的单调性; (Ⅱ)若 f ( x ) 在[1,e]上的最小值为 ,求 a 的值; (III)若 f ( x ) ? x 2 在(1,+ ? )上恒成立,求 a 的取值范围 【答案】解 (I)由题意知 f(x)的定义域为(0,+∞), 1 a x+a 且 f′(x)= + 2= 2
3 2 a x

x x

x

∵a>0,∴f′(x)>0, 故 f(x)在(0,+∞)上是单调递增函数 (II)由(I)可知,f′(x)=

x+a . x2

①若 a≥-1,则 x+a≥0,即 f′(x)≥0 在[1,e]上恒成立, 此时 f(x)在[1,e]上为增函数, 3 3 ∴f(x)min=f(1)=-a= ,∴a=- (舍去) 2 2 ②若 a≤-e,则 x+a≤0,即 f′(x)≤0 在[1,e]上恒成立, 此时 f(x)在[1,e]上为减函数,

a 3 e ∴f(x)min=f(e)=1- = ,∴a=- (舍去) e 2 2
③若-e<a<-1,令 f′(x)=0 得 x=-a, 当 1<x<-a 时,f′(x)<0,∴f(x)在(1,-a)上为减函数; 当-a<x<e 时,f′(x)>0,∴f(x)在(-a,e)上为增函数, 3 ∴f(x)min=f(-a)=ln(-a)+1= ,∴a=- e. 2 综上所述,a=- e (Ⅲ)∵f(x)<x2,∴ln x- <x2. 又 x>0,∴a>xln x-x3 令 g(x)=xln x-x3,h(x)=g′(x)=1+ln x-3x2, 1 1-6x2 h′(x)= -6x= .

a x

x

x

∵x∈(1,+∞)时,h′(x)<0, ∴h(x)在(1,+∞)上是减函数. ∴h(x)<h(1)=-2<0,即 g′(x)<0, ∴g(x)在(1,+∞)上也是减函数. g(x)<g(1)=-1, ∴当 a≥-1 时,f(x)<x2 在(1,+∞)上恒成立 21. (14 分)(2014·淄博模拟)已知 f(x)=ax-ln x,a∈R. (1)当 a=2 时,求曲线 f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)若 f(x)在 x=1 处有极值,求 f(x)的单调递增区间; (3)是否存在实数 a,使 f(x)在区间(0,e]的最小值是 3?若存 在,求出 a 的值;若不存在,请说明理由.

(1)由已知得 f(x)的定义域为(0,+∞), 1 ∵f(x)=ax-ln x,∴f′(x)=a- , x 当 a=2 时, f(x)=2x-ln x,∴f(1)=2, 1 1 ∵f′(x)=2- ,∴f′(1)=2- =1 .(2 分) x 1 ∴曲线 f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 y-2=f′(1)(x-1),即 x-y+1=0.(4 分) (2)∵f(x)在 x=1 处有极值,∴f′(1)=0,由(1)知 f′(1)=a-1,∴ a=1,经检验,a=1 时 f(x)在 x=1 处有极值.(6 分) 1 ∴f(x)=x-ln x,令 f′(x)=1- >0,解得 x>1 或 x<0; ∵f(x) x 的定义域为(0,+∞),∴f′(x)>0 的解集为(1,+∞),即 f(x)的单调 递增区间为(1,+∞).(8 分) (3)假设存在实数 a,使 f(x)=ax-ln x(x∈(0,e])有最小值 3, ①当 a≤0 时,∵x∈(0,e],∴f′(x)<0,∴f(x)在(0,e]上单调递 4 减, f(x)min=f(e)=ae-1=3,解得 a= (舍去).(10 分) e 1 ? 1? ?1 ? 0 , ②当 0< <e 时,f(x)在? ?上单调递减,在? ,e?上单调 a a ? ? ?a ? 递增, 分) 1 ③当 ≥e 时,∵x∈(0,e],∴f′(x)<0,∴ f(x)在(0,e]上单调递 a 4 减, f(x)min=f(e)=ae-1=3,解得 a= (舍去). e 综上,存在实数 a=e2,使得当 x∈(0,e]时,f(x)有最小值 3.(14 分)

?1? f(x)min=f? ?=1+ln ?a ?

a=3,解得 a=e2,满足条件. (12



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