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1、考点八导数及其应用一、选择题1(2019银川模拟)函数yxcosxsinx的导函数为()Ayxsinx ByxsinxCyxcosx Dyxcosx答案B解析y(xcosxsinx)cosxx(sinx)cosxxsinx.故选B.2已知函数yf(x)的导函数yf(x) 的图象如图所示，则函数yf(x)在区间(a，b)内的极小值点的个数为()A1 B2 C3 D4答案A解析如图，在区间(a，b)内，f(c)0，且在点xc附近的左侧f(x)0，所以函数yf(x)在区间(a，b)内只有1个极小值点，故选A.3(2019天津南开区模拟)过函数f(x)x3x2图象上一个动点作图象的切线，则切线倾斜角的
2、范围是()A. B.C. D.答案B解析因为f(x)x22x(x1)211，所以斜率ktan1，解得倾斜角.4函数f(x)x33x22在区间1,1上的最大值是()A2 B0 C2 D4答案C解析f(x)3x26x.令f(x)0，得x0或x2(舍去)因为f(1)2，f(0)2，f(1)0，所以f(x)maxf(0)2.故选C.5(2019湖南师大附中考前演练(五)已知定义在R上的奇函数f(x)，当x0时，f(x)x32xm，则曲线yf(x)在点P(2，f(2)处的切线斜率为()A10 B10C4 D与m的取值有关答案A解析由题意知，f(0)0，则m0，即f(x)x32x，当x0时，函数f(x)x
3、32x，则f(x)3x22，所以f(2)f(2)3(2)2210，即曲线yf(x)在点P(2，f(2)处的切线斜率为10，故选A.6(2019辽宁丹东质量测试(二)若x1是函数f(x)(x22axa23a3)ex的极值点，则a的值为()A2 B3C2或3 D3或2答案B解析f(x)(x22ax2xa2a3)ex，f(1)6a2a0，解得a3或2，当a2时，f(x)(x22x1)ex0恒成立，即f(x)单调递增，无极值点，舍去；当a3时，f(x)(x28x9)ex，满足x1为函数f(x)的极值点，a3，故选B.7已知函数f(x)x3ax在(1,1)上单调递减，则实数a的取值范围是()A(1，)
4、B3，)C(，1 D(，3答案B解析f(x)x3ax，f(x)3x2a.又f(x)在(1,1)上单调递减，3x2a0在(1,1)上恒成立，a3，故选B.8(2019黑龙江哈尔滨六中二模)牛顿迭代法亦称切线法，它是求函数零点近似解的另一种方法，若定义xk(kN)是函数零点近似解的初始值，过点Pk(xk，f(xk)的切线为yf(xk)(xxk)f(xk)，切线与x轴交点的横坐标xk1，即为函数零点近似解的下一个初始值，以此类推，满足精度的初始值即为函数零点的近似解，设函数f(x)x22，满足x02应用上述方法，则x3()A. B. C. D.答案D解析因为f(x)2x，x02，y02，切线斜率k0
5、4，切线方程y24(x2)，令y0，得x1；x1，y1，切线斜率k13，切线方程为y3，令y0，得x2；x2，y2，切线斜率k2，切线方程为y，令y0，得x3，故选D.二、填空题9(2019河南焦作四模)已知f(x)xln x，则f(1)_.答案解析因为f(x)1ln x，所以f(1)1f(1)，解得f(1).10函数f(x)ln xx2x5的单调递增区间为_答案解析函数f(x)的定义域为(0，)，再由f(x)x10可解得0x4或m0，即4m2120，解得m4或m0时，求曲线yf(x)在点(2，f(2)处的切线方程解(1)f(x)x3ax2bxa2，f(x)3x22axb.f(1)1aba24
6、，f(1)32ab0，或经检验都符合题意(2)当a0时，由(1)得f(x)x33x29x9，f(x)3x26x9.f(2)31，f(2)9.所求的切线方程为y319(x2)，即9xy130.14已知函数f(x)ln x，g(x)(a为实常数)(1)当a1时，求函数(x)f(x)g(x)在x4，)上的最小值；(2)若方程e2f(x)g(x)(其中e2.71828)在区间上有解，求实数a的取值范围解(1)当a1时，函数(x)f(x)g(x)ln x，(x).x4，)，(x)0.函数(x)f(x)g(x)在x4，)上单调递增，当x4时，(x)min2ln 2.(2)方程e2f(x)g(x)可化为x2
7、.axx3.设yxx3，则y3x2.x，函数yxx3在上单调递增，在上单调递减x时，y；x时，y；x1时，y，y，a.一、选择题1已知函数f(x)x2x，则下列结论正确的是()A当x时，f(x)取最大值B当x时，f(x)取最小值C当x时，f(x)取最大值D当x时，f(x)取最小值答案D解析由题意知，f(x)2xx2xln 2，令f(x)0，得x，又当x时，f(x)时，f(x)0.当x时，f(x)取最小值2已知f(x)2x36x2m(m为常数)在2,2上有最大值为3，那么此函数在2,2上的最小值为()A0 B5 C10 D37答案D解析由题意知，f(x)6x212x，由f(x)0得x0或x2，当
8、x2时，f(x)0，当0x2时，f(x)0，此时函数f(x)在区间(0，)上单调递增，不可能有两个零点；当a0时，函数f(x)在区间(0，a)上单调递减，在区间(a，)上单调递增，因为f(0)10，若函数f(x)在区间(0，)内有两个零点，有f(a)2a33a311a31，故选B.4(2019江西吉安一模)过点P(1,1)且与曲线yx3相切的直线的条数为()A0 B1 C2 D3答案C解析若直线与曲线切于点(x0，y0)(x00)，则kxx01，又y3x2，k3x，2xx010，解得x01或x0，过点P(1，1)与曲线C：yx3相切的直线方程为3xy20或3x4y10，故选C.5(2019四省
9、联考第二次诊断)设点P在曲线yln x1上，点Q在直线y2x上，则线段PQ长度的最小值为()A2 B1 C. D.答案D解析令y2，解得x1，代入yln x1得y0，故切点为(1,0)，斜率为2的切线方程为y2(x1)，线段PQ长度的最小值为两条平行直线2xy0和2xy20的距离，即，故选D.6(2019辽宁朝阳重点高中第四次模拟)已知函数f(x)x(x表示不超过实数x的最大整数)，若函数g(x)exex2的零点为x0，则gf(x0)()A.e2 B2Ce2 De22答案B解析因为g(x)exex0，所以g(x)exex2在R上单调递增，又g(0)e0e0220，所以g(x)在(0,1)上必存
10、在零点，即x0(0,1)，因此f(x0)x00，所以gf(x0)g(0)2，故选B.7(2019广东揭阳二模)以下四个数中，最大的是()Aln B. C. D.答案B解析由题意，令f(x)，则f(x)，xe时，f(x)0，f(x)在(e，)上单调递减，又由e3f(3)f()f()，则ln eln 3ln ln ()，ln ln 15，故选B.8(2019江西景德镇第二次质检)函数f(x)的定义域为R，且函数g(x)f(x)f(x)满足：对任意x(0，)，g(x)0，非零实数a，b满足f(a)f(b)f(b)f(a)，则下列关系式中正确的是()Aab Bab2 Da2f(b)f(a)，整理得f(
11、a)f(a)f(b)f(b)，即g(a)g(b)，又对任意x(0，)，g(x)0，即g(x)在(0，)上单调递减，又g(x)f(x)f(x)f(x)f(x)g(x)，所以g(x)为偶函数，结合g(a)g(b)，可得|a|b|，所以a2b2，故选D.二、填空题9(2019天津和平区模拟)已知函数f(x)2f(1)ln xx，则f(x)的极大值为_答案2ln 22解析f(x)1，f(1)1，f(1)1，因此f(x)2ln xx.令f(x)10，得x2.当x2时，f(x)取得极大值2ln 22.10(2019江西新八校第二次联考)若f(x)3f(x)x32x1对xR恒成立，则曲线yf(x)在点(1，
12、f(1)处的切线方程为_答案10x4y50解析f(x)3f(x)x32x1，f(x)3f(x)x32x1，联立，得f(x)x3x，则f(x)x21，f(1)1，又f(1)1，切线方程为y(x1)，即10x4y50.11要做一个圆锥形的漏斗，其母线长为20 cm.要使体积最大，则高为_ cm.答案解析设高为h cm，则底面半径r(cm)，所以体积Vr2hh(400h2)，则V(4003h2)令V(4003h2)0，解得h，即当高为 cm时，圆锥的体积最大12若函数f(x)x33x2ln x在t，t1上不单调，则实数t的取值范围是_答案1t2解析依题意，f(x)x23，可以验证x2为极小值点，故t
13、2t1，解得1tax1在x上恒成立，求正数a的取值范围解(1)证明：f(x)ex1，当x(0，)时，f(x)ex10，当x(，0)时，f(x)ex1ax1在x上恒成立，即exx1ax1在x上恒成立，即a0), 所以当0x0，g(x)单调递增；当x时，g(x)0，g(x)单调递减，所以当x时，g(x)取得最大值，g()，故a的取值范围是a.(2)设yf(x)的图象与ya相切于点(t，a)，依题意可得因为f(x)a，所以消去a可得t1(2t1)ln t0，令h(t)t1(2t1)ln t，则h(t)1(2t1)2ln t2ln t1，显然h(t)在(0，)上单调递减，且h(1)0，所以0t0，h(t)单调递增；t1时，h(t)0，h(t)单调递减，所以当且仅当t1时，h(t)0，故a1.
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