导数及其应用测试题(有详细答案)(文科、整理)

第1页（共6页）高二数学（文）期末复习题《导数及其应用》一、选择题1.0()0fx是函数fx在点0x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21yx在点))(,(xfx处的切线的斜率为()gx，则函数()cosygxx的部分图象可以为()A.B.C.D.3．在曲线y＝x2上切线的倾斜角为π4的点是()A．(0,0)B．(2,4)C.14，116D.12，144.若曲线y＝x2＋ax＋b在点(0，b)处的切线方程是x－y＋1＝0，则()A．a＝1，b＝1B．a＝－1，b＝1C．a＝1，b＝－1D．a＝－1，b＝－15．函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，已知f(x)在x＝－3时取得极值，则a等于()A．2B．3C．4D．56.已知三次函数f(x)＝13x3－(4m－1)x2＋(15m2－2m－7)x＋2在x∈(－∞，＋∞)是增函数，则m的取值范围是()A．m2或m4B．－4m－2C．2m4D．以上皆不正确7.直线yx是曲线lnyax的一条切线，则实数a的值为()A．1B．eC．ln2D．18.若函数)1,1(12)(3kkxxxf在区间上不是单调函数，则实数k的取值范围（）A．3113kkk或或B．3113kk或C．22kD．不存在这样的实数k9.10．函数fx的定义域为,ab，导函数fx在,ab内的图像如图所示，则函数fx在,ab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2()fxaxbxc的导数为'()fx，'(0)0f，对于任意实数x都有()0fx，则(1)'(0)ff的最小值为（）A．3B．52C．2D．32二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）11.函数sinxyx的导数为_________________OxxxxyyyyOOO第2页（共6页）12、已知函数223)(abxaxxxf在x=1处有极值为10，则f(2)等于____________.13．函数2cosyxx在区间[0,]2上的最大值是14．已知函数3()fxxax在R上有两个极值点，则实数a的取值范围是15.已知函数)(xf是定义在R上的奇函数，0)1(f，0)()(2xxfxfx）（0x，则不等式0)(2xfx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＋1,0x2π，求函数f(x)的单调区间与极值．17.已知函数3()3fxxx.（Ⅰ）求)2(f的值；（Ⅱ）求函数()fx的单调区间.18.设函数Rxxxxf,56)(3.（1）求)(xf的单调区间和极值；（2）若关于x的方程axf)(有3个不同实根，求实数a的取值范围.（3）已知当)1()(,),1(xkxfx时恒成立，求实数k的取值范围.第3页（共6页）19.已知1x是函数32()3(1)1fxmxmxnx的一个极值点，其中,,0mnRm（1）求m与n的关系式；（2）求()fx的单调区间；（3）当[1,1]x，函数()yfx的图象上任意一点的切线斜率恒大于3m，求m的取值范围。20.已知函数2()ln.fxxaxbx（I）当1a时，若函数()fx在其定义域内是增函数，求b的取值范围；（II）若()fx的图象与x轴交于1212(,0),(,0)()AxBxxx两点，且AB的中点为0(,0)Cx，求证：0'()0.fx21.已知函数2(),()2ln(xfxgxaxee为自然对数的底数）（1）求()()()Fxfxgx的单调区间，若()Fx有最值，请求出最值；（2）是否存在正常数a，使()()fxgx与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。第4页（共6页）高二数学（文）期末复习《导数及其应用》参考答案一、选择题：题号12345678910答案BADADDDBAC二、填空题：11.2cossin'xxxyx；12.1813.36；14.}0|{aa；15.),1()0,1(三、解答题16.[解析]f′(x)＝cosx＋sinx＋1＝2sin(x＋π4)＋1(0x2π)令f′(x)＝0，即sin(x＋π4)＝－22，解之得x＝π或x＝32π.x，f′(x)以及f(x)变化情况如下表：x(0，π)π(π，32π)32π(32π，2π)f′(x)＋0－0＋f(x)递增π＋2递减3π2递增∴f(x)的单调增区间为(0，π)和(32π，2π)单调减区间为(π，32π)．f极大(x)＝f(π)＝π＋2，f极小(x)＝f(32π)＝3π2.17.解：（Ⅰ）33(2xxf），所以9)2(f.（Ⅱ）2()33fxx，解()0fx，得1x或1x.解()0fx，得11x.所以(,1)，(1,)为函数()fx的单调增区间，(1,1)为函数()fx的单调减区间.18.解:（1）2,2,0)(),2(3)(212xxxfxxf得令…………………1分∴当22()0;22,()0xxfxxfx或时,当时，…………………2分∴)(xf的单调递增区间是(,2)(2,)和，单调递减区间是)2,2(……3分当245)(,2有极大值xfx；当245)(,2有极小值xfx.…………4分（2）由（1）可知)(xfy图象的大致形状及走向（图略）∴当)(,245245xfyaya与直线时的图象有3个不同交点，……6分即当542542a时方程)(xf有三解.…………………………………7分（3）)1()5)(1()1()(2xkxxxxkxf即∵),1(5,12在xxkx上恒成立.令5)(2xxxg，由二次函数的性质，),1()(在xg上是增函数，∴,3)1()(gxg∴所求k的取值范围是3k……………………………………12分19.解：（1）2'()36(1).fxmxmxn因为1x是函数()fx的一个极值点.所以'(1)0f即36(1)0,mmn所以36nm（2）由（1）知，22'()36(1)363(1)[(1)]fxmxmxmmxxm当0m时，有211m，当x为化时，()fx与'()fx的变化如下表：x2(,1)m21m2(1,1)m1(1,)第5页（共6页）'()fx-0+0-()fx单调递减极小值单调递增极大值单调递减故由上表知，当0m时，()fx在2(,1)m单调递减，在2(1,1)m单调递增，在(1,)上单调递减.（3）由已知得'()3fxm，即22(1)20mxmx又0m，所以222(1)0xmxmm，即222(1)0,[1,1]xmxxmm设212()2(1)gxxxmm，其函数图象开口向上，由题意知①式恒成立，所以22(1)0120(1)010gmmg解之得403mm又所以403m即m的取值范围为4(,0)320.（1）由题意：bxxxxf2ln)(，)(xf在),0(上递增，021)(bxxxf对),0(x恒成立，即xxb21对),0(x恒成立，只需min)21(xxb，0x，2221xx，当且仅当22x时取“=”，22b，b的取值范围为)22,(（2）由已知得，0ln)(0ln)(2222212111bxaxxxfbxaxxxf22221211lnlnbxaxxbxaxx，两式相减，得：)())((ln21212121xxbxxxxaxx])()[(ln212121bxxaxxxx，由baxxxf21)(及2102xxx，得：])([221)(2211000bxxaxxbaxxxf2111ln1222xxxxxx]ln)(2[121111222xxxxxxxx]ln)1()1(2[121212112xxxxxxxx，令)1,0(21xxt，且ttttln122)()10(t，0)1()1()(22tttt，)(t在)1,0(上为减函数，0)1()(t，又21xx，0)(0xf21.解：（1）3222()()()()(0)xaxeaFxfxgxxexex①当0,()0aFx时恒成立()(0,)Fx在上是增函数，()FxF只有一个单调递增区间（0，-∞），没有最值……3分②当0a时，2(()()(0)xeaxeaFxxex，若0xea，则()0,()(0,)FxFxea在上单调递减；第6页（共6页）若xea，则()0,()(,)FxFxea在上单调递增，xea当时，()Fx有极小值，也是最小值，即min()()2lnlnFxFeaaaeaaa所以当0a时，()Fx的单调递减区间为(0,)ea，单调递增区间为(,)ea，最小值为lnaa，无最大值（2）方法一，若()fx与()gx的图象有且只有一个公共点，则方程()()0fxgx有且只有一解，所以函数()Fx有且只有一个零点由（1）的结论可知min()ln01Fxaaa得此时，2()()()2ln0xFxfxgxxemin()()0FxFe()()1,()()fegefxgx与的图象的唯一公共点坐标为(,1)e又2()()fegee()()fxgx与的图象在点(,1)e处有共同的切线，其方程为21()yxee，即21yxe综上所述，存在a1，使()()fxgx与的图象有且只有一个公共点(,1)e，且在该点处的公切线方程为21.yxe方法二：设()fx与g(x)图象的公共点坐标为00(,)xy，根据题意得)()()()(0'0'00xfxfxgxf即200002ln22xaxexaex由②得20xae，代入①得021ln,2xxe从而1a此时由（1）可知min()()0FxFe0xxe当且时，()0,()()Fxfxgx即因此除0xe外，再没有其它0x，使00()()fxgx故存在1a，使()()fxgx与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(,1)e，公切线方程为21yxe