数学文科练习：第一篇 第8练 导数

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第8练导数[明考情]导数的考查频率较高，以“一大一小"的格局呈现，小题难度多为中低档。［知考向］1。导数的几何意义。2.导数与函数的单调性.3。导数与函数的极值、最值.考点一导数的几何意义要点重组(1)f′（x0)表示函数f（x）在x＝x0处的瞬时变化率。(2)f′(x0）的几何意义是曲线y＝f(x）在点P(x0，y0）处切线的斜率。1.设点P是曲线y＝x3－eq\r(3）x＋eq\f（2,3)上的任意一点，在点P处的切线的倾斜角为α,则角α的取值范围是(）A.eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π)) B。eq\b\lc\(\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f（π，2),\f（2π，3))）C。eq\b\lc\［\rc\)(\a\vs4\al\co1（0，\f(π,2）))∪eq\b\lc\［\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3),π)） D.eq\b\lc\[\rc\）（\a\vs4\al\co1（0，\f(π，2)))∪eq\b\lc\[\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(5π,6），π））答案C解析∵y′＝3x2－eq\r(3)，∴tanα≥－eq\r(3)，∴0≤α＜eq\f(π,2)或eq\f(2π,3）≤α＜π.2。函数f(x)＝excosx的图象在点(0,f（0）)处的切线方程是(）A。x＋y＋1＝0 B。x＋y－1＝0C.x－y＋1＝0 D.x－y－1＝0答案C解析f(0)＝e0cos0＝1，因为f′（x)＝excosx－exsinx。所以f′(0）＝1，所以切线方程为y－1＝x－0，即x－y＋1＝0，故选C。3.(2017·包头一模）已知函数f(x)＝x3＋ax＋1的图象在点(1，f（1))处的切线过点(2，7),则a等于（）A。－1B。1C。2D。3答案B解析函数f(x)＝x3＋ax＋1的导数为f′(x)＝3x2＋a，f′（1)＝3＋a，而f(1)＝a＋2，所以切线方程为y－a－2＝（3＋a）(x－1）。因为切线方程经过点（2，7）,所以7－a－2＝(3＋a）(2－1）,解得a＝1.4.（2017·天津)已知a∈R，设函数f(x）＝ax－lnx的图象在点(1，f（1)）处的切线为l，则l在y轴上的截距为________.答案1解析∵f′(x)＝a－eq\f（1，x），∴f′（1）＝a－1.又∵f（1）＝a，∴切线l的斜率为a－1，且过点（1，a）,∴切线l的方程为y－a＝(a－1)（x－1).令x＝0，得y＝1，故l在y轴上的截距为1。5.曲线f(x)＝xlnx在点P(1，0)处的切线l与两坐标轴围成的三角形的面积是________。答案eq\f（1,2）解析∵f′（x）＝1＋lnx，且f′（1)＝1，∴切线l的斜率k＝1，切线方程为y＝x－1，令x＝0,得y＝－1；令y＝0,得x＝1，∴交点坐标分别为A（0，－1)，B（1，0），则｜OA｜＝1，｜OB｜＝1，∴S△ABO＝eq\f(1,2)×1×1＝eq\f（1，2)。考点二导数与函数的单调性要点重组对于在（a,b)内可导的函数f（x），若f′（x)在（a,b）的任意子区间内都不恒等于0，则（1)f′（x）≥0（x∈(a,b))⇔f(x)在(a,b）上为增函数。(2）f′(x）≤0（x∈(a，b))⇔f（x）在（a，b)上为减函数。6.函数f(x）＝eq\f(1,2)x2－lnx的单调递减区间为（)A。（－∞,1） B.（0，1）C.（1，＋∞) D.(0,＋∞)答案B解析f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝x－eq\f（1,x）＝eq\f（x2－1，x）。令f′(x)＜0，解得0＜x＜1。故函数f（x）在(0，1)上单调递减。7。若函数f（x）＝2x3－3mx2＋6x在区间（2，＋∞）上为增函数,则实数m的取值范围为(）A。(－∞，2） B.（－∞，2］C。eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－∞，\f（5，2))) D。eq\b\lc\（\rc\］(\a\vs4\al\co1（－∞,\f（5，2))）答案D解析∵f′(x）＝6x2－6mx＋6，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)≥0恒成立，即x2－mx＋1≥0恒成立，∴m≤x＋eq\f(1,x)恒成立。令g(x)＝x＋eq\f（1,x)，g′(x）＝1－eq\f(1，x2),∴当x〉2时，g′(x)〉0,即g（x)在（2，＋∞）上单调递增，∴m≤2＋eq\f(1,2）＝eq\f（5,2），故选D。8.若定义在R上的函数f（x）满足f(0）＝－1，其导函数f′（x）满足f′(x）＞k＞1，则下列结论中一定错误的是()A.feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1,k)））＜eq\f(1,k) B.feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1,k）)）＞eq\f(1,k－1)C。feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1,k－1）))＜eq\f(1,k－1) D。feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1,k－1))）＞eq\f（k,k－1)答案C解析∵导函数f′(x）满足f′(x)＞k＞1，∴f′(x）－k＞0，k－1＞0，eq\f（1，k－1)＞0，可构造函数g（x)＝f(x）－kx，可得g′（x)＞0，故g(x)在R上为增函数,∵f（0)＝－1,∴g（0）＝－1，∴geq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1，k－1)）)＞g（0），∴feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1，k－1)）)－eq\f(k,k－1)＞－1,∴feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1,k－1））)＞eq\f(1,k－1），∴选项C错误，故选C.9。定义在R上的函数f(x）满足f′（x)>f（x）恒成立，若x1<x2,则f（x2)与f（x1)的大小关系为（）A.f（x2）>f（x1）B。f（x2)〈f（x1）C。f（x2)＝f(x1)D。f（x2）与f（x1）的大小关系不确定答案A解析设g(x）＝eq\f（fx,ex)，则g′(x）＝eq\f(f′xex－fxex，e2x)＝eq\f（f′x－fx，ex)，由题意g′（x)〉0,所以g(x）单调递增,当x1<x2时,g（x1)〈g（x2)，即eq\f（fx1，)〈eq\f(fx2，)，所以f(x2）〉f(x1）。10.设函数f′（x）是奇函数f(x）(x∈R)的导函数,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（）A。(－∞，－1)∪（0,1）B.(－1，0)∪(1，＋∞)C.(－∞，－1）∪(－1，0)D.（0，1)∪(1，＋∞)答案A解析因为f(x)(x∈R)为奇函数,f（－1）＝0，所以f（1)＝－f(－1）＝0.当x≠0时，令g(x）＝eq\f（fx,x），则g(x)为偶函数,且g(1）＝g(－1)＝0.则当x＞0时,g′(x)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,x)))′＝eq\f(xf′x－fx，x2）＜0,故g（x)在(0，＋∞）上为减函数，在(－∞,0)上为增函数.所以在（0，＋∞）上，当0＜x＜1时，g(x)＞g(1）＝0⇔eq\f(fx,x）＞0⇔f（x)＞0；在（－∞,0)上，当x＜－1时,g(x)＜g（－1）＝0⇔eq\f(fx，x)＜0⇔f（x)＞0。综上，使得f（x)＞0成立的x的取值范围是(－∞,－1）∪(0，1），故选A。考点三导数与函数的极值、最值方法技巧（1)函数零点问题，常利用数形结合与函数极值求解.(2）含参恒成立问题，可转化为函数最值问题；若能分离参数，可先分离。特别提醒(1）f′(x0)＝0是函数y＝f(x）在x＝x0处取得极值的必要不充分条件。（2）函数f(x）在[a,b］上有唯一一个极值点，这个极值点就是最值点.11。(2017·永州二模）函数f(x）＝aex－sinx在x＝0处有极值，则a的值为(）A.－1B。0C.1D.e答案C解析f′(x）＝aex－cosx,若函数f（x）＝aex－sinx在x＝0处有极值,则f′（0)＝a－1＝0，解得a＝1.经检验a＝1符合题意.12。若函数f（x）＝eq\f（ax2，2)－(1＋2a)x＋2lnx(a＞0)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1，2)，1）)内有极大值，则a的取值范围是（）A。eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，e),＋∞))B.(1,＋∞）C.(1,2）D。（2，＋∞）答案C解析f′（x)＝ax－(1＋2a）＋eq\f（2，x)＝eq\f(ax2－2a＋1x＋2,x)（a＞0，x＞0）.若f(x)在eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，2)，1））内有极大值,则f′（x)在eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，2）,1))内先大于0，再小于0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（f′\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1,2))）＞0，,f′1＜0，）)解得1＜a＜2.13。已知函数f（x)＝ax－lnx，当x∈（0，e］(e为自然常数)时，函数f(x）的最小值为3，则a的值为（）A.eB。e2C.2eD.2e2答案B解析函数f(x)的定义域为（0，＋∞),函数f(x)的导数f′（x）＝eq\f(ax－1，x）。①当a≤0时，f′（x）＜0，f(x）在(0，e]上单调递减，∴f（x)min＝f(e）＜0，与题意不符。②当a＞0时，f′（x）＝0的根为eq\f（1，a）.当0＜eq\f（1,a）＜e时，f(x）在eq\b\lc\(\rc\］(\a\vs4\al\co1(0，\f(1，a)））上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f（1,a)，e))上单调递增，∴f（x）min＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1,a）)）＝1－lneq\f(1，a)＝3，解得a＝e2。③当eq\f（1，a）≥e时，f′（x)＜0，f(x）在(0，e］上单调递减,∴f(x)min＝f(e)≤0,与题意不符.综上所述，a＝e2.故选B。14.设函数f（x)＝x3－2ex2＋mx－lnx，记g（x）＝eq\f（fx,x）,若函数g（x)至少存在一个零点，则实数m的取值范围是________。答案eq\b\lc\（\rc\］(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1，e）＋e2））解析由题意知m＝eq\f（－x3＋2ex2＋lnx，x）有解，令h(x)＝－x2＋2ex＋eq\f(lnx,x)（x＞0），则h′（x)＝－2(x－e）＋eq\f（1－lnx,x2)，∴当0＜x＜e时，h′(x)＞0,当x＞e时，h′(x）＜0,∴h（x)max＝h(e）＝eq\f（1，e）＋e2,∴m≤eq\f(1，e）＋e2.15。已知函数f(x)＝x3－3ax(a∈R），函数g(x）＝lnx，若在区间[1，2］上f(x)的图象恒在g(x）的图象的上方(没有公共点)，则实数a的取值范围是________。答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－∞，\f（1，3)）)解析由题意知，3a＜x2－eq\f(lnx,x)在[1，2]上恒成立,记h(x）＝x2－eq\f（lnx，x），则h′(x）＝eq\f（2x3＋lnx－1，x2)，∵1≤x≤2，∴h′(x)＞0，∴h(x)在［1，2］上单调递增，∴h(x）min＝h(1）＝1，∴3a＜1，即a＜eq\f（1,3）。1.已知f(x)＝lnx,g(x)＝eq\f(1,2)x2＋mx＋eq\f（7，2）（m<0）,直线l与函数f(x),g(x)的图象都相切,且与f(x）图象的切点为（1，f（1）），则m等于(）A。－1B。－3C。－4D.－2答案D解析∵f′（x)＝eq\f(1，x)，∴直线l的斜率为k＝f′（1）＝1.又f(1）＝0，∴切线l的方程为y＝x－1。g′（x）＝x＋m,设直线l与g(x)的图象的切点为（x0，y0），则有x0＋m＝1,y0＝x0－1,y0＝eq\f(1,2）xeq\o\al(2,0）＋mx0＋eq\f（7，2）（m<0）,于是解得m＝－2.故选D。2.（2016·全国Ⅰ)若函数f（x)＝x－eq\f(1,3)sin2x＋asinx在（－∞，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是（)A.［－1，1]B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f（1，3））)C。eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3），\f（1，3））)D.eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（－1,－\f（1,3))）答案C解析方法一(特殊值法):不妨取a＝－1，则f(x）＝x－eq\f(1，3)sin2x－sinx,f′(x)＝1－eq\f(2,3）cos2x－cosx,但f′(0)＝1－eq\f(2,3)－1＝－eq\f(2,3）<0,不具备在(－∞，＋∞）上单调递增,排除A，B，D.故选C.方法二(综合法)：∵函数f（x)＝x－eq\f(1，3)sin2x＋asinx在(－∞，＋∞）上单调递增，∴f′(x)＝1－eq\f（2，3）cos2x＋acosx＝1－eq\f（2，3)(2cos2x－1）＋acosx＝－eq\f(4，3)cos2x＋acosx＋eq\f(5，3)≥0，即acosx≥eq\f(4,3)cos2x－eq\f(5,3）在（－∞,＋∞)上恒成立。当cosx＝0时，恒有0≥－eq\f(5,3），得a∈R；当0<cosx≤1时，得a≥eq\f(4，3）cosx－eq\f（5,3cosx），令t＝cosx，f（t)＝eq\f（4,3）t－eq\f(5,3t）在（0，1］上为增函数，得a≥f（1)＝－eq\f(1，3）；当－1≤cosx<0时,得a≤eq\f(4,3）cosx－eq\f(5，3cosx），令t＝cosx，f（t)＝eq\f(4，3）t－eq\f(5,3t）在［－1，0)上为增函数,得a≤f(－1)＝eq\f（1，3).综上，可得a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（－\f(1,3)，\f(1，3))），故选C。3。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)内的极小值点有（)A。1个B.2个C.3个D。4个答案A解析由极小值的定义及导函数f′(x）的图象可知，f(x)在开区间（a，b）内有1个极小值点。4。直线y＝a分别与直线y＝2(x＋1)，曲线y＝x＋lnx交于点A,B，则｜AB｜的最小值为____.答案eq\f（3,2)解析解方程2（x＋1）＝a，得x＝eq\f(a,2)－1.设方程x＋lnx＝a的根为t(t＞0)，则t＋lnt＝a，则|AB|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1（t－\f(a,2)＋1))＝eq\b\lc\｜\rc\|（\a\vs4\al\co1（t－\f(t＋lnt,2）＋1)）＝eq\b\lc\|\rc\｜(\a\vs4\al\co1(\f（t，2)－\f（lnt，2）＋1))。设g(t)＝eq\f（t，2）－eq\f(lnt,2）＋1(t＞0）,则g′（t)＝eq\f(1，2）－eq\f（1，2t）＝eq\f（t－1，2t）(t＞0)，令g′(t)＝0，得t＝1.当t∈(0，1）时，g′（t)＜0，g（t）单调递减;当t∈（1，＋∞）时，g′(t)＞0,g(t）单调递增，所以g（t)min＝g（1)＝eq\f(3，2），所以｜AB|≥eq\f（3，2），所以|AB｜的最小值为eq\f(3,2).解题秘籍(1)对于未知切点的切线问题，一般要先设出切点.(2)f(x)递增的充要条件是f′（x）≥0，且f′（x)在任意区间内不恒为零.(3)利用导数求解函数的极值最值问题要利用数形结合思想，根据条件和结论的联系灵活进行转化。1.（2017·浙江)函数y＝f（x)的导函数y＝f′(x）的图象如图所示，则函数y＝f（x）的图象可能是(）答案D解析观察导函数f′（x)的图象可知，f′(x）的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于0,大于0，∴对应函数f（x）的增减性从左到右依次为减、增、减、增。观察选项可知，排除A，C。如图所示，f′（x)有3个零点，从左到右依次设为x1，x2，x3,且x1，x3是极小值点，x2是极大值点，且x2＞0，故选项D正确。故选D。2。函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是（)A.(－∞，2)B。（0，3）C。（1,4)D。（2，＋∞)答案D解析函数f(x)＝(x－3）ex的导函数为f′(x)＝[(x－3）·ex］′＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex.由函数导数与函数单调性的关系，得当f′(x)>0时，函数f（x)单调递增，此时由不等式f′（x）＝（x－2）ex〉0,解得x>2.3。（2017·绵阳模拟）已知函数f（x）＝eq\f(1，3）x3－eq\f(1，2）mx2＋4x－3在区间[1,2]上是增函数，则实数m的取值范围为（）A.4≤m≤5B。2≤m≤4C。m≤2D。m≤4答案D解析函数f(x)＝eq\f（1，3)x3－eq\f(1，2)mx2＋4x－3,可得f′（x）＝x2－mx＋4，函数f(x）＝eq\f(1，3）x3－eq\f（1，2)mx2＋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＋eq\f（4，x)，x＋eq\f（4,x）≥2eq\r（x·\f(4，x）)＝4，当且仅当x＝2时取等号,可得m≤4.4。若函数f(x）＝（x＋1)·ex，则下列命题正确的是(）A.对任意m<－eq\f（1，e2)，都存在x∈R，使得f（x)〈mB。对任意m〉－eq\f（1,e2）,都存在x∈R，使得f(x)<mC。对任意m<－eq\f（1,e2)，方程f（x）＝m只有一个实根D。对任意m〉－eq\f(1,e2)，方程f（x）＝m总有两个实根答案B解析∵f′(x)＝（x＋2)·ex，∴当x>－2时，f′（x）〉0，f（x）为增函数;当x<－2时，f′（x)<0，f（x)为减函数.∴f（－2）＝－eq\f（1,e2)为f（x)的最小值，即f（x)≥－eq\f（1，e2)(x∈R)，故B正确。5。（2017·鹰潭一模)函数f（x）是定义在区间(0，＋∞）上的可导函数,其导函数为f′（x），且满足xf′（x)＋2f（x)＞0，则不等式eq\f（x＋2018fx＋2018,5）＜eq\f（5f5,x＋2018）的解集为()A.｛x|x＞－2013｝ B.{x|x＜－2013｝C.{x|－2013＜x＜0｝ D。{x|－2018＜x＜－2013}答案D解析构造函数g(x)＝x2f（x)，则g′(x)＝x［2f（x)＋xf′(x)］。当x＞0时，∵2f(x)＋xf′（x)＞0,∴g′(x)＞0，∴g（x)在（0,＋∞)上单调递增。∵不等式eq\f（x＋2018fx＋2018，5)＜eq\f(5f5，x＋2018),∴当x＋2018＞0，即x＞－2018时，∴（x＋2018)2f（x＋2018）＜52f(5)，∴g(x＋2018）＜g（5)，∴x＋2018＜5，∴－2018＜x＜－2013.6。设a∈R，若函数y＝ex＋ax，x∈R有大于零的极值点,则（）A。a<－1B.a>－1C.a〉－eq\f(1，e)D。a<－eq\f(1,e）答案A解析∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a。∵函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，则方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解。∵当x〉0时，－ex〈－1，∴a＝－ex〈－1.7.设函数f（x）在R上可导，其导函数为f′（x），且函数y＝（1－x）f′(x）的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是（）A。函数f(x)有极大值f（2)和极小值f（1)B。函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f（1)C。函数f（x)有极大值f（2）和极小值f(－2)D。函数f（x）有极大值f（－2）和极小值f(2)答案D解析由题图可知，当x<－2时,f′（x)>0；当－2〈x<1时，f′（x）<0；当1<x〈2时，f′（x）〈0；当x>2时，f′（x）〉0。由此可以得到函数f(x）在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值.8。定义:如果函数f(x）在[m,n]上存在x1，x2（m＜x1＜x2＜n)满足f′（x1)＝eq\f（fn－fm，n－m），f′(x2）＝eq\f(fn－fm,n－m)，则称函数f(x)是[m，n]上的“双中值函数”。已知函数f(x）＝x3－x2＋a是［0，a]上的“双中值函数”，则实数a的取值范围是（)A。eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1，3）,\f(1,2))) B.eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（3,2）,3)）C.eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1，2），1)） D。eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，3），1））答案C解析因为f（x）＝x3－x2＋a,所以由题意可知,f′（x)＝3x2－2x在区间[0，a]上存在x1,x2（0＜x1＜x2＜a),满足f′（x1）＝f′(x2）＝eq\f(fa－f0，a－0）＝a2－a，所以方程3x2－2x＝a2－a在区间（0，a)上有两