1、检测三检测三导数及其应用导数及其应用 (时间:120 分钟满分:150 分) 一、单项选择题(本大题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分) 1(2020山东实验中学月考)已知函数 f (x)1 x,则 f(2)等于( ) A4B.1 4 C4D1 4 答案D 解析f(x)1 x2,f(2) 1 4. 2曲线 yx1 x1在点(0,1)处的切线方程为( ) Ay2x1By2x1 Cy2x1Dy2x1 答案A 解析由 yx1 x1,可得 y x1x1 x12 2 x12, 所以曲线在点(0,1)处的切线的斜率为 k2, 所以曲线 yx1 x1在点(0,1)处的切线方程为 y2x1. 3若关于
2、 x 的不等式 x33x3a0 在 x2,3上恒成立,则实数 a 的最大值为() A1B1 C5D21 答案D 解析若关于 x 的不等式 x33x3a0 在 x2,3上恒成立, 则 ax33x3 在 x2,3上恒成立, 令 f (x)x33x3,x2,3, 则 f(x)3x233(x1)(x1), 令 f(x)0,解得1x1, 令 f(x)0,解得2x1 或 1x3, 故 f (x)在2,1)上单调递减,在(1,1)上单调递增,在(1,3上单调递减, 而 f (2)1,f (1)5,f (1)1,f (3)21, 故 a21,故 a 的最大值是21. 4(2020岳阳调研)已知函数 f (x)
3、(x2a2x1)ex,则“a 2”是“函数 f (x)在 x1 处取 得极小值”的() A充分不必要条件B必要不充分条件 C充要条件D既不充分也不必要条件 答案A 解析若 f (x)在 x1 处取得极小值,f(x)x2(a22)xa21ex(x1)(xa21)ex. 令 f(x)0,得 x1 或 xa21. 若 a0,f(x)(x1)2ex0. 故 f (x)在 R 上单调递增,f (x)无极小值; 若 a0,a211, 故当 x0,f (x)单调递增, 当a21x1 时,f(x)1 时,f(x)0,f (x)单调递增 故 f (x)在 x1 处取得极小值 综上,函数 f (x)在 x1 处取
4、得极小值a0. “a 2”是“函数 f (x)在 x1 处取得极小值”的充分不必要条件 故选 A. 5若函数 f (x)axx3在1,3上单调递增,则 a 的取值范围为() A(,3B(,27 C3,)D27,) 答案D 解析当 a0 时,f (x)axx3在1,3上单调递减,不符合题意,故 a0. 其图象如图, 令 f(x)a3x20,解得 x a 3, 所以极值点的横坐标为 a 3, 又因为函数 f (x)axx3在1,3上单调递增, 所以 a 33,解得 a27. 6已知函数 f (x)sin 2x2cos x(0 x),则 f (x)() A在 0, 3 上单调递增B在 0, 6 上单
5、调递减 C在 6, 5 6 上单调递减D在 6, 2 3 上单调递增 答案C 解析f(x)2cos 2x2sin x2(2sin2xsin x1)0(2sin x1)(sin x1)0,0 x, 故1sin x0 时,f(x)f (x)恒成立,则下列判断一定正确的是() Ae5f (2)f (3)Bf (2)f (3)Df (2)0 时,g(x)fxf x ex 0, 所以 g(x)在(0,)上单调递增, 所以有 g(3)g(2),则 g(3)g(2), 即 e5f (3)f (2) 故选 B. 二、多项选择题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分全部选对的得 5 分,部分选对的
6、得 3 分,有选错的得 0 分) 9.已知函数 f (x)的导函数 f(x)的图象如图所示,则下列说法错误的是() Ax3 为 f (x)的极大值点 Bx1 为 f (x)的极大值点 Cx1.5 为 f (x)的极大值点 Dx2.5 为 f (x)的极小值点 答案ACD 解析由导函数的图象可知, f(1)0, 当 x(3,1)时, f(x)0, 函数是增函数, 当 x(1,2.5) 时,f(x)2 时,f(x)0,函数 f (x)单调递减 所以函数 f (x)在(,4)上单调递增,故 A 错误 当 x2 时,函数取得极大值,故 B 正确; 当 x4 时,函数无极值,故 C 错误 只有当 x2
7、时,函数取得极大值,故 D 正确故选 BD. 11已知函数 f (x)(x22x)ex,关于 f (x)的性质,以下四个结论中正确的是() Af (x)的定义域是(,) B函数 f (x)在区间(0,2)上是增函数 Cf (x)是奇函数 D函数 f (x)在 x 2处取得最小值 答案AD 解析根据题意可得,函数 f (x)的定义域为(,),所以 A 正确; 因为 f(x)(2x2)ex(x22x)ex(x22)ex, 当 2x 2时,f(x)0, 所以函数 f (x)在( 2, 2)上单调递减; 当 x 2时,f(x)0, 所以函数 f (x)在(, 2),( 2,)上单调递增, 又 yx22
8、x 在(,0),(2,)上为正,在(0,2)上为负, 所以函数在 x 2处取得最小值,所以 D 正确,B 错误 因为 f (x)(x22x)e x,所以 f (x)是非奇非偶函数,所以 C 错误 故选 AD. 12已知不等式 exx1 对xR 恒成立以下命题中真命题是() A对xR,不等式 e x1x 恒成立 B对x(0,),不等式 ln(x1)x 恒成立 C对x(0,),且 x1,不等式 ln x ln x x1恒成立 答案ABCD 解析由 exx1 对xR 恒成立,结合对称性可知,对xR,不等式 e x1x 恒成立, 故 A 正确; 由 exx1,且 x(0,), 两边取对数,得 xln(
9、x1),即 ln(x1)0,当 x(1,)时,f(x)0, f (x)maxf (1)0,则 ln xx10,即 ln x ln x x1等价于 2ln x x21 1 x 2ln x x21, 若 x(0,1),则x 21 2x 0, g(x)在(0,1)上为增函数,则 g(x)g(1)0, 即x 21 2x ln x, 令 g(x)x 21 2x ln x,g(x)4x 22x22 4x2 1 x x12 2x2 0, g(x)在(1,)上为增函数,则 g(x)g(1)0, 即x 21 2x ln x. 不等式 ln x x1 1 x ln x x1恒成立D 正确 故选 ABCD. 三、填
10、空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分) 13已知函数 f (x)x33x,则 f (x)在 x0 处的切线方程为_;f (x)的单调递减区间 是_(本题第一空 2 分,第二空 3 分) 答案y3x1,1(或(1,1) 解析由 f (x)x33x,得 f(x)3x23, 所以 f (x)在 x0 处的切线斜率为 f(0)3,切点为(0,0), 则切线的方程为 y3x; 由 3x230,可得1x1, 所以 f (x)的单调递减区间为1,1 14(2019全国)曲线 y3(x2x)ex在点(0,0)处的切线方程为_ 答案y3x 解析因为 y3(2x1)ex3(x2x)ex3(x23
11、x1)ex, 所以曲线在点(0,0)处的切线的斜率 k3, 所以所求的切线方程为 y3x. 15(2020荆州质检)f (x)为定义在 R 上的奇函数,当 x0 时,f (x) xx2,f(x)为 f (x) 的导函数,则 f(1)f (1)_. 答案 3 2 解析当 x0 时,x0, 所以 f (x)f (x) x(x)2 xx2, 则 f (1)110, 所以 f(x)1 2x 1 22x 1 2 x2x, 则 f(1)1 22 3 2, 所以 f(1)f (1)3 20 3 2. 16已知函数 f (x)ax22xln x 有两个不同的极值点 x1,x2,且不等式 f (x1)f (x2
12、)0), 因为函数 f (x)ax22xln x 有两个不同的极值点 x1,x2, 所以方程 2ax22x10 有两个不相等的正实数根, 于是有 48a0, x1x21 a0, x1x2 1 2a0, 解得 0a1 2. f (x1)f (x2)x1x2ax212x1ln x1ax222x2ln x2x1x2a(x1x2)22x1x23(x1x2) ln(x1x2)2 a1ln 2a, 设 h(a)2 a1ln 2a 0a0,故 h(a)在 0a1 2上单调递增, 故 h(a)h 1 2 5,所以 t5. 因此实数 t 的取值范围是5,) 四、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分) 17(
13、10 分)(2020张家口质检)已知函数 f (x)ax3x2(aR)在 x4 3处取得极值 (1)求 a 的值; (2)若 g(x)f (x)ex,讨论 g(x)的单调性 解(1)对 f (x)求导得 f(x)3ax22x, 因为 f (x)在 x4 3处取得极值, 所以 f 4 3 0, 即 3a16 9 2 4 3 16a 3 8 30,解得 a 1 2. (2)由(1)得 g(x) 1 2x 3x2 ex, 故 g(x) 3 2x 22x ex 1 2x 3x2 ex 1 2x 35 2x 22x ex 1 2x(x1)(x4)e x, 令 g(x)0,解得 x0,x1 或 x4, 当
14、 x4 时,g(x)0,故 g(x)在(,4)上为减函数, 当4x0,故 g(x)在(4,1)上为增函数, 当1x0 时, g(x)0 时,g(x)0,故 g(x)在(0,)上为增函数, 综上所述,g(x)在(,4)和(1,0)上单调递减,在(4,1)和(0,)上单调递增 18(12 分)(2020潮州质检)已知函数 f (x)1 3x 3x2ax(其中 a 为实数) (1)若 x1 是 f (x)的极值点,求函数 f (x)的单调递减区间; (2)若 f (x)在(2,)上是增函数,求 a 的取值范围 解(1)因为 f (x)1 3x 3x2ax, 所以 f(x)x22xa, 因为 x1 是
15、 f (x)的极值点, 所以 f(1)0,即 12a0,所以 a3, 故 f(x)x22x3, 令 f(x)0,解得1x3, 所以 f (x)的单调递减区间为(1,3). (2)因为 f (x)在(2,)上为增函数, 所以 f(x)x22xa0 在(2,)上恒成立, 即 ax22x 在(2,)上恒成立, 因为 g(x)x22x 在(2,1)上是增函数, 在(1,)上是减函数, 所以 g(x)g(1)1, 所以 a1,即 a 的取值范围为1,) 19(12 分)(2020泉州模拟)已知函数 f (x)1 3x 3mx2nx3,其导函数 f(x)的图象关于 y 轴对称,f (1)2 3. (1)求
16、实数 m,n 的值; (2)若函数 yf (x)的图象与 x 轴有三个不同的交点,求实数的取值范围 解(1)f(x)x22mxn. 函数 f(x)的图象关于 y 轴对称,m0. 又 f (1)1 3n3 2 3,解得 n4. m0,n4. (2)问题等价于方程 f (x)有三个不相等的实根时,求的取值范围 由(1)得 f (x)1 3x 34x3, f(x)x24. 令 f(x)0,解得 x2. 当 x2 时,f(x)0, f (x)在(,2),(2,)上单调递增 又当2x2 时,f(x)0, f (x)在(2,2)上单调递减 f (x)的极大值为 f (2)25 3 ,极小值为 f (2)7
17、 3. 实数的取值范围为 7 3, 25 3 . 20(12 分)(2020滨州质检)已知函数 f (x)aexcos xx(aR) (1)若 a1,证明:f (x)0; (2)若 f (x)在(0,)上有两个极值点,求实数 a 的取值范围 (1)证明a1 时,f (x)excos xx, 令 g(x)exx,则 g(x)ex1, 当 x0 时,g(x)0 时,g(x)0,g(x)在(0,)上为增函数, 所以 g(x)g(0)1,而 cos x1,且 g(0)cos 0, 所以 exxcos x,即 f (x)0. (2)解f (x)在(0,)上有两个极值点等价于 f(x)aexsin x10
18、 在(0,)上有两个不同的 实数根, f(x)0 等价于 a1sin x ex , 设 h(x)1sin x ex ,x(0,), h(x)sin xcos x1 ex 2sin x 4 1 ex , 令 h(x)0,得 x 2, 当 0 x 2时,h(x)0,h(x)在 0, 2 上为减函数, 当 2x0,h(x)在 2,上为增函数, 又 h(0)1,h 2 0,h()1 ee ,0e1, 所以当 0ae 时,方程 a1sin x ex 在(0,)上有两个不同的实数根, 所以 a 的取值范围是(0,e ) 21(12 分)如图所示,ABCD 是边长为 60 cm 的正方形硬纸片,切去阴影部分
19、所示的四个全 等的等腰直角三角形,再沿虚线折起,使得 A,B,C,D 四个点重合于图中的点 P,正好形 成一个正四棱柱形状的包装盒,E,F 在 AB 上是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点, 设 AEFBx cm. (1)若广告商要求包装盒侧面积 S(cm2)最大,试问 x 应取何值? (2)若广告商要求包装盒容积 V(cm3)最大,试问 x 应取何值?并求出此时包装盒的高与底面边 长的比值 解设包装盒的高为 h cm,底面边长为 a cm, 由已知得 a 2x,h602x 2 2(30 x),0 x0,V 在(0,20)上单调递增; 当 x(20,30)时,V1. (1)解当 m1 时,f
20、 (x)exln x1, 所以 f(x)ex1 x, 所以 f(1)e1, 又因为 f (1)e1,即切点的坐标为(1,e1), 所以曲线 yf (x)在点(1,e1)处的切线方程为 y(e1)(e1)(x1), 即 y(e1)x. (2)证明当 m1 时,f (x)mexln x1exln x1, 要证明 f (x)1,只需证明 exln x20, 设 g(x)exln x2, 则 g(x)ex1 x, 设 h(x)ex1 x, 则 h(x)ex1 x20, 所以函数 h(x)g(x)ex1 x在(0,)上单调递增, 因为 g 1 2 1 2 e20, 所以函数 g(x)ex1 x在(0,)上有唯一零点 x 0,且 x0 1 2,1, 因为 g(x0)0,所以 0 ex1 x0, 即 ln x0 x0, 当 x(0,x0)时,g(x)0,g(x)在(x0,)上单调递增, 所以当 xx0时,g(x)取得最小值 g(x0), 故 g(x)g(x0) 0 exln x02 1 x0 x 020,x0 1 2,1. 综上可知,若 m(1,),f (x)1.