高中数学导数专题常考练习题

高考数学“导数”常考题型1．已知函数f(x)的导函数f′(x)满足下列条件：①f′(x)0时，x－1或x2；②f′(x)0时，－1x2；③f′(x)＝0时，x＝－1或x＝2.则函数f(x)的大致图象是()2．已知直线2x－y＋1＝0与曲线y＝aex＋x相切(其中e为自然对数的底数)，则实数a的值是()A.12B．1C．2D．e3．(2019·深圳二模)已知函数f(x)＝ax2＋(1－a)x＋2x是奇函数，则曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的倾斜角为()A.π4B.3π4C.π3D.2π34．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处的极值为10，则数对(a，b)为()A．(－3,3)B．(－11,4)C．(4，－11)D．(－3,3)或(4，－11)5．函数f(x)＝13x3－4x＋m在[0,3]上的最大值为4，则m的值为()A．7B.283C．3D．46．已知函数f(x)＝13x3－12mx2＋4x－3在区间[1,2]上是增函数，则实数m的取值范围为()．A．[－5,0)B．(－5,0)C．(－∞，－1)D.(－∞，4]7．已知偶函数f(x)(x≠0)的导函数为f′(x)，且满足f(1)＝0.当x＞0时，xf′(x)＜2f(x)，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是()A．(－∞，－1)∪(0,1)B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C．(－1,0)∪(0,1)D．(－1,0)∪(1，＋∞)8．(公切线问题)已知曲线y＝x＋lnx在点(1,1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a=().A.12B．1C．2D．89．[易错题]若函数f(x)＝13x3＋x2－23在区间(a，a＋5)上存在最小值，则实数a的取值范围是()A．[－5,0)B．(－5,0)C．[－3,0)D．(－3,0)10．[易错题](2019·长春二模)已知f′(x)是函数f(x)的导函数，f(1)＝e，x∈R,2f(x)－f′(x)＞0，则不等式f(x)＜e2x－1的解集为()A．(－∞，1)B．(1，＋∞)C．(－∞，e)D．(e，＋∞)11．（2019·全国卷Ⅲ节选)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋b.讨论f(x)的单调性；12．已知常数a≠0，f(x)＝alnx＋2x.(1)当a＝－4时，求f(x)的极值；(2)当f(x)的最小值不小于－a时，求实数a的取值范围高考数学“导数”常考题型答案1．A[根据条件知，函数f(x)在(－1,2)上是减函数．在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数，故选A.]2．B[由题意知y′＝aex＋1＝2，则a0，x＝－lna，代入曲线方程得y＝1－lna，所以切线方程为y－(1－lna)＝2(x＋lna)，即y＝2x＋lna＋1＝2x＋1⇒a＝1.]3．B[函数f(x)＝ax2＋(1－a)x＋2x是奇函数，可得f(－x)＝－f(x)，可得a＝0，f(x)＝x＋2x，f′(x)＝1－2x2，即有曲线y＝f(x)在x＝1处的切线斜率为k＝1－2＝－1，可得切线的倾斜角为3π4，故选B.]4．C[f′(x)＝3x2＋2ax＋b，依题意可得f′1＝0，f1＝10，即3＋2a＋b＝0，1＋a＋b＋a2＝10，消去b可得a2－a－12＝0，解得a＝－3或a＝4，故a＝－3，b＝3或a＝4，b＝－11.当a＝－3，b＝3时，f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，这时f(x)无极值，不合题意，舍去，故选C.]5．D[f′(x)＝x2－4，x∈[0,3]，f′(x)＝0时，x＝2，f′(x)＜0时，0≤x＜2，f′(x)＞0时，2＜x≤3.所以f(x)在[0,2)上是减函数，在(2,3]上是增函数．又f(0)＝m，f(3)＝－3＋m.所以在[0,3]上，f(x)max＝f(0)＝4，所以m＝4，故选D.]6．D[由函数f(x)＝13x3－12mx2＋4x－3，可得f′(x)＝x2－mx＋4，由函数f(x)＝13x3－12mx2＋4x－3在区间[1,2]上是增函数，可得x2－mx＋4≥0在区间[1,2]上恒成立，可得m≤x＋4x，又x＋4x≥2x·4x＝4，当且仅当x＝2时取等号，可得m≤4.]7．C[令g(x)＝fxx2，∴g′(x)＝x2f′x－2xfxx4＝xf′x－2fxx3，又g(1)＝0，当x＞0时，xf′(x)＜2f(x)，即g′(x)＜0，因为f(x)为偶函数，所以当x＜0时，g′(x)＞0，f(x)＞0等价于g(x)＞0，所以x＞0，gx＞g1或x＜0，gx＞g－1，所以0＜x＜1或－1＜x＜0，选C.]8．D[法一：∵y＝x＋lnx，∴y′＝1＋1x，y′|x＝1＝2.∴曲线y＝x＋lnx在点(1,1)处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.∵y＝2x－1与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，∴a≠0(当a＝0时曲线变为y＝2x＋1与已知直线平行)．由y＝2x－1，y＝ax2＋a＋2x＋1，消去y，得ax2＋ax＋2＝0.由Δ＝a2－8a＝0，解得a＝8.法二：同方法一得切线方程为y＝2x－1.设y＝2x－1与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切于点(x0，ax20＋(a＋2)x0＋1)．∵y′＝2ax＋(a＋2)，∴y′|x＝x0＝2ax0＋(a＋2)．由2ax0＋a＋2＝2，ax20＋a＋2x0＋1＝2x0－1，解得x0＝－12，a＝8.]9．C[由题意，f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2,0)上是减函数，作出其图象如图所示．令13x3＋x2－23＝－23得，x＝0或x＝－3，则结合图象可知－3≤a＜0，a＋5＞0，解得a∈[－3,0)，故选C.]10．B[令g(x)＝fxe2x，则g′(x)＝e2xf′x－2e2xfxe4x＝f′x－2fxe2x，∵2f(x)－f′(x)＞0，∴g′(x)＜0，∴g(x)递减，不等式f(x)＜e2x－1⇔fxe2x＜1e＝ee2＝f1e2⇔g(x)＜g(1)⇔x＞1，故选B.]11.[解]f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．令f′(x)＝0，得x＝0或x＝a3.若a＞0，则当x∈(－∞，0)∪a3，＋∞时，f′(x)＞0；当x∈0，a3时，f′(x)＜0.故f(x)在(－∞，0)，a3，＋∞单调递增，在0，a3单调递减；若a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增；若a＜0，则当x∈－∞，a3∪(0，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈a3，0时，f′(x)＜0.故f(x)在－∞，a3，(0，＋∞)单调递增，在a3，0单调递减．12．[解](1)由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax＋2＝a＋2xx.当a＝－4时，f′(x)＝2x－4x.所以当0＜x＜2时，f′(x)＜0，即f(x)单调递减；当x＞2时，f′(x)＞0，即f(x)单调递增．所以f(x)只有极小值，且当x＝2时，f(x)取得极小值f(2)＝4－4ln2.所以当a＝－4时，f(x)只有极小值4－4ln2.(2)因为f′(x)＝a＋2xx，所以当a＞0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，即f(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，没有最小值；当a＜0时，由f′(x)＞0得，x＞－a2，所以f(x)在－a2，＋∞上单调递增；由f′(x)＜0得，x＜－a2，所以f(x)在0，－a2上单调递减．所以当a＜0时，f(x)的最小值为f－a2＝aln－a2－a.根据题意得f－a2＝aln－a2－a≥－a，即a[ln(－a)－ln2]≥0.因为a＜0，所以ln(－a)－ln2≤0，解得a≥－2，所以实数a的取值范围是[－2,0)．