导数训练

导数题训练

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一、选择题：

1. 曲线yx3x在x2处的切线的斜率为 ( ) A. 7 B. 6 C. 5 D. 4 2. 已知某物体的运动方程是St213t, 则当t3s时的瞬时速度是 ( ) 9A. 10m /s B. 9m /s C. 4m /s D. 3m /s

423. 函数f(x)＝x2x5在区间[2, 3]上的最大值与最小值分别是 ( ) A. 5, 4 B. 13, 4 C. 68, 4 D. 68, 5

1时, 函数取得极大值, 则m的值为 ( ) 32A. 3 B. 2 C. 1 D.

315. 函数y＝ax 3＋bx 2取得极大值或极小值时的x值分别为0和, 则 ( )

3A. a2b＝0 B. 2ab＝0 C. 2ab＝0 D. a2b＝0

4. 若函数y＝x 3－2x 2＋mx, 当x＝二、填空题：

x21相切的直线方程为 . 6. 与直线xy1＝0平行, 且与曲线y＝3327. 函数y＝4x3x6x的单调递减区间为 . 328. 已知函数y＝3x2x1在区间(m, 0)上为减函数, 则m的取值范围是 .

3229. 函数y＝f(x)xaxbxa在x1时, 有极值10, 那么a, b的值为 . 10. 如果函数f(x)xbx(b为常数) 在区间(0, 1)内单调递增, 并且f(x)0的根都在区间[2, 2]内, 那么b的范围是 . 三、解答题：

11. 已知函数yax3bx2,当x1时, y的极值为3. 求: (1) a, b的值; (2) 该函数单调区间.

3212. 已知函数f(x)xbxcxd的图象过点P(0,2), 且在点M(1,f(1))处的切线方程为 6xy70. (1) 求函数yf(x)的解析式; (2) 求函数yf(x)的单调区间.

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3

13. 已知函数f(x)2x3ax与g(x)bx2c的图象都过点P(2, 0)且在点P处有相同的切线.

(1) 求实数a,b,c的值; (2) 设函数F(x)f(x)g(x), 求F(x)的单调区间.

lnxa14.已知函数fx.

x(1)若a1,证明:函数fx是0,上的减函数.

(2)若曲线yfx在点1,f1处的切线与直线xy0平行,求a的值.

15．设a为实数,函数f(x)x3x2xa.

(1) 求f(x)的极值. (2) 当a在什么范围内取值时, 曲线yf(x)与x轴仅有一个交点.

16. 设函数f(x)x

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312x2x5,若对于任意x[1,2]都有f(x)m成立, 求实数m的范围. 2

17. 已知向量a(x,x1),b(1x,t),若函数f(x)ab在区间(1,1)上是增函数,求t的范围.

18. 已知x1是函数f(x)mx33(m1)x2nx1的一个极值点, 其中m,nR,m0, (1) 求m与n的关系式; (2) 求f(x)的单调区间;

(3) 当x[1,1]时, 函数yf(x)的图象上任意一点的切线斜率恒大于3m, 求m的取值范围. 19

2

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12xax(a1)lnx,a1. 2讨论函数f(x)的单调性。20、已知函数f(x)

21. 已知函数fxxa2lnx，aR . x （1）讨论函数fx的单调性;

（2）若函数fx有两个极值点x1,x2, 且x1x2, 求a的取值范围;

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导数解答

一. 选择题 题号 答案 二. 填空题 1 A 2 C 3 C 4 C 5 D 146. 4x4y70; 7. (, 2),(1, ); 8. [9, 0). 9：a4或b11a3舍. (注：在填空题中舍去的部分不用写出来，大题才要) 10：b3

三. 解答题

11. 解: (1) y3ax22bx

当x1时, y的极值为3.3a2b0ab3a6b9y6x39x2. (2) 令y18x218x00x1

令y18x218x0x1或x0 y在(0, 1)上为单调增函数;

y在(, 0),(1, )上为单调减函数.

12. 解: (1) 由f(x)的图象经过P(0,2),知d2, 所以f(x)x3bx2cx2, f(x)3x22bxc.即f(1)1,f(1)6.

由在M(1,f(1))处的切线方程是6xy70, 知

6f(1)7032bc6b3,1bc21c3

故所求的解析式是 f(x)x33x23x2.

(2) f(x)3x26x3.令3x26x30,即x22x10.

解得 x112,x212. 当x12,或x12时,f(x)0; 当12x12时,f(x)0.

故f(x)x33x23x2在(,2)内是增函数, 在(12,12)内是减函数, 在(12,)内是增函数.

13. 解：(1) f(x)6x2a, g(x)2bx.

f(2)g(2),24a4b,a8由题意得: f(2)0,162a0,,b4,

g(2)0,4bc0,c16.(2) 由(1)得f(x)2x38x, g(x)4x216F(x)2x34x28x16

F(x)6x28x8．由6x28x80,得:x2或x23． F(x)的递增区间是(, 2), (223, ); F(x)的递减区间是(2, 3).

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[3, 4] .

14

215. 解：(1) f(x)3x2x1, 若f(x)0, 则x1, x1 3

当x变化时, f(x), f(x)变化情况如下表:

5a, 极小值是f(1)a1. 27322(2) 函数f(x)xxxa(x1)(x1)a1. 由此可知, 取足够大的正数时, 有f(x)0, 取足够小的负数时有f(x)0,

5a0, 即所以曲线yf(x)与x轴至少有一个交点, 结合f(x)的单调性可知: 当f(x)的极大值275a(, )时, 它的极小值也小于0,

27因此曲线yf(x)与x轴仅有一个交点, 它在(1, )上. 当f(x)的极小值a10即a(1, )1时, 它的极大值也大于0, 因此曲线yf(x)与x轴仅有一个交点, 它在(, )上.

35)(1, )时, 曲线yf(x)与x轴仅有一个交点. ∴当a(, 27∴f(x)的极大值是f()

132或x1. 322∵当x或x1时, f(x)0,∴yf(x)在(, )和(1, )上为增函数,

3322在(, 1)上为减函数, ∴f(x)在x处有极大值, 在x1处有极小值.

33216. 解: f(x)3xx2,令f(x)0,得x 第 6 页 共 10 页

极大值为f(2)522327, 而f(2)7, ∴f(x)在[1, 2]上的最大值为7.

若对于任意x[1, 2]都有f(x)m成立, 得m的范围 m7.

17. 解：解法1：依定义f(x)x2(1x)t(x1)x3x2txt, 则f(x)3x22xt,

若f(x)在(1,1)上是增函数, 则在(1,1)上f(x)0.

f(x)0t3x22x,在区间(1,1)上恒成立, 考虑函数g(x)3x22x,

由于g(x)的图象是对称轴为x13,

开口向上的抛物线, 故要使t3x22x在区间(1,1)上恒成立tg(1),即t5. 而当t5时, f(x)在(1,1)上满足f(x)0, 即f(x)在(1,1)上增函数. 故t的取值范围是t5.

解法2：依定义f(x)x2(1x)t(x1)x3x2txt,

f(x)3x22xt在区间(1,1)上恒成立, 考虑函数g(x)3x22x, f(x)的图象是开口向下的抛物线,

当且仅当f(1)t10,且f(1)t50时

f(x)在(1,1)上满足f(x)0, 即f(x)在(1,1)上是增函数.

故t的取值范围是t5. f(x)0t3x22x,

18 解:(1) f(x)3mx26(m1)xn因为x1是函数f(x)的一个极值点, 所以 f(1)0, 即3m6(m1)n0,所以n3m6

(2) 由(1)知, f(x)3mx26(m1)x3m63m(x1)[x(12m)]

当m0时, 有112m,当x变化时，f(x)与f(x)的变化如下表:

故有上表知, 当m0时, f(x)在(,12m)单调递减, 在(12m,1)单调递增, 在(1,) 上单调递减.

(3) 由已知得f(x)3m, 即mx22(m1)x20

又m0所以x22m(m1)x2m0, 即x22m(m1)x2m0,x[1,1]……①

设g(x)x22(112m)xm, 其函数开口向上, 由题意知①式恒成立,

2所以g(1)0g(1)012204即m的取值范mm103m0, (43,0) 第 7 页 共 10 页

为

.

围

20

解析

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21.(1)解: 函数fxxa2lnx的定义域为0,, xa2x22xa fx12,

xxx2 令fx0, 得x2xa0, 其判别式44a,

22 ① 当0,即a1时, x2xa0,fx0, 此时,fx在0,上单调递增; 2② 当0, 即a1时, 方程x2xa0的两根为x111a,x211a1,

若a0, 则x10, 则x0,x2时, fx0, xx2,时, fx0, 此时, fx在0,x2上单调递减, 在x2,上单调递增; 若a0,则x10, 则x0,x1时, fx0,xx1,x2时, fx0,

xx2,时, fx0,

此时, fx在0,x1上单调递增, 在x1,x2上单调递减, 在x2,上单调递增. 综上所述, 当a0时, 函数fx在0,x2上单调递减, 在x2,上单调递增; 当0a1时, 函数fx在0,x1上单调递增, 在x1,x2上单调递减, 在

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x2,上单调递增;

当a1时, 函数fx在0,上单调递增.

(2) 解:由(1)可知, 函数fx有两个极值点x1,x2,等价于方程x2xa0在0,有

2两不等实根, 故0a1.

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