导数基础检测题

导数基础检测题（第一次）一、单选题 1 ．设函数()y f x  在 R 上可导，则0(1)(1)lim3xf x fx  等于（）A． ．(1)f  B． ． 3(1)f  C． ．1(1)3f  D ．以上都不对 2 ．已知函数()f x 的导函数()f x 的图像如下，若()f x 在0x x  处有极值，则0x 的值为（）A． ． 3  B． ． 0 C． ． 3 D． ． 7 3 ．下列求导运算中错误的是（）A． ．(3)3 ln3x xB． ．2ln 1 ln x xx x    C． ．21 11 xx x     D． ．(sin cos)cos2 x x x    4 ．函数()cos f x x  的图象在点（2 2()3 3f ，）处的切线的斜率为（）A． ．12 B． ．12 C． ．32 D． ．32 5 ．若函数   f x 在 R 上可导，且      22 2 f x x f x m m R     ，则（）A． ．     0 5 f f  B． ．    0 5 f f  C． ．     0 5 f f  D ．以上答案都不对 6 ．曲线   2 ln f x x x  在 xe 线 处的切线 l 与坐标轴围成的三角形的面积为（）A． ．24e B． ．2e C． ．22e D． ．22e 7 ．已知函数   y f x  的导函数   y f x 的 图象如图所示，则下列结论正确的是（））A ．函数   y f x  在   , 1   数 上是增函数 B． ． 3 x 是函数   y f x  的极小值点 C． ．     3 5 f f  D． ．     1 3 f f   8 ．函数2()ln 2 f x x x    的递增区间是（）A． ．1,02   和1,2    B． ．1 1,0 ,2 2           C． ．1,02    D． ．1,2    9 ．已知函数   f x 的导函数为   f x，若   y f x 的图象如图所示，则函数   y f x 

试卷第 2 页，总 4 页 的图象可能是（）A． ． B． ．C． ． D． ． 10 ．已知函数  31 f x ax bx    的图象在点   1, 1 a b   处的切线斜率为 6，且函数  f x 在 2 x  处取得极值，则 a b  （（）A． ．263 B． ． 7 C． ．223 D． ．263 11 ．函数()y f x  在定义域3(,3)2 内可导，其图象如图所示，记()y f x  的导函数为()y f x，则不等式()0 f x 的解集为（）A． ．1[ ,1] [2,3)3  B． ．1 4 8[ 1, ] [ , ]2 3 3  C． ．3 1[ , ] [1,2]2 2  D． ．3 1 1 4[ , ] [ , ]2 3 2 3   12 ．已知函数()ln 2 f x x ax    在区间(1,2)上不单调，则实数 a 的取值范围为（））A． ．1,12    B． ．1,12    C． ．1 1,3 2    D． ．1 2,2 3    二、填空题 13 ．函数   f x 的图象在 2 x  处的切线方程为 23 0 x y   ，则    2 2 ff  ________.14 ．函数3()6 12 f x x x    在 [ 1,3]  上的最大值为__________ ． 15 ．已知3 2()2 6 3 f x x x   ，对任意的 2 ] [ 2 x ，都有()f x a ，则 a 的取值范围为 为_______.16 ．已知函数()f x 的导函数为()f x，对任意 xR，恒有()()f x f x ，  1 a ef  ，  0 b f ，  1 fce，则 a，b，c 的大小关系是_________.三、解答题 17 ．已知函数3()3 9 5 f x x x   .（（1）求函数   f x 的单调递减区间；（（2）求函数   f x 在   3,3  上的最大值和最小值.18 ．函数 f（x）＝x 3 +ax 2 +bx+c，曲线 y ＝f（x）上点 P（1，f（1））处的切线方程为 y＝ ＝3x+1（（1）若 y ＝f（x）在 x ＝﹣2 时有极值，求函数 y ＝f（x）在[ ﹣3，1] 上的最大值；（（2）若函数 y ＝f（x）在区间[ ﹣2，1] 上单调递增，求 b 的取值范围． 19 ．函数()ln 1 f x x x ax    在点(1,(1))A f 处的切线斜率为2  ． ．（（1）求实数 a 的值；（（2）求()f x 的单调区间和极值． 20 ．已知函数  3 22 f x x x x   .（（1）求曲线   y f x  在点   1, 4   处的切线方程;（（2）求曲线   y f x  过点   1,0 的切线方程.试卷第 4 页，总 4 页 21 ．已知函数 f(x)＝x＋ ＋4x，g(x)＝2 x ＋ ＋a.（（1）求函数 f(x)＝x＋ ＋4x在1,12   上的值域；（（2）若）若∀ ∀x 1 ∈1,12   ，∃ ∃x 2 ∈ ∈[2，3]，使得 f(x 1)≥g(x 2)，求实数 a 的取值范围.22 ．已知函数3 2()f x x x x c    。

（（1）求函数 f(x)的单调递增区间；（（2）若函数 f(x)有三个零点，求实数 c 的取值范围.答案第 1 页，总 4 页 参考答案 1-5CBCDC 6-10DDDDC 11-12AB 13． ． 3  14 ．22 15． ． [3)，16． ． a b c   【分析】 构造函数()()xf xg xe，根据()()f x f x ，利用导数法判断其单调性，然后利用单调性比较即可.【详解】 因为2()"()()"()()"0x xx x xe ef x f xee e f x f x f x        ，所以()()xf xg xe 为增函数.所以       1 0 1 g g g   ，即     11 0fef fe  ，即 a b c  .故答案为：

a b c   17 ．（1）） 1,1 ；（2）最大值为 59，最小值为 49  【分析】（（1）求出   f x ，令   0 f x  ，得到函数   f x 的单调递减区间；（（2）求出函数在   3,3  的单调性，根据极值和端点值，求得最值.【详解】（（1）） 29 9 9(1)(1)f x x x x    ，xR 令   0 f x  ，得 1 1 x   ，所以   f x 的减区间为  1,1 .（（2）由（1），令   0 f x ，得 1 x 或 1 x 知：

  3, 1 x  ，  f x 为增函数，  1,1 x ，  f x 为减函数，  1,3 x，  f x 为增函数.  3 49 f   ，  1 11 f  ，  1 1 f ，  5 3 9 f .所以   f x 在区间   3,3  上的最大值为 59，最小值为 49 .【点睛】 本 题考查了利用导数研究函数的单调性和求函数的最值，属于基础题.18 ．(1)f（x）在[ ﹣3，1] 上最大值为 13(2)[0，+∞）． 【分析】（（1）由 f（x）＝x 3 +ax 2 +bx+c 求导数，利用导数几何意义结合切线方程及函数 f（x）在 x＝﹣2 时有极值即可列出关于 a，b，c 的方程，求得 a，b，c 的值，从而得到 f（x）的表数 达式，求函数的导数 f′（x），通过 f′（x）＞0，及 f′（x）＜0，得出函数的单调性，进一步得出函数的最值即可．（（2）方法一：求出导函数，令导函数大于大于 0 在区间[ ﹣2，1] 上恒成立，通过对对称轴出 与区间位置关系的讨论，求出 f′（x）的最小值，令最小值大于等于 0，求出 b 的范围． 于 方法二：求出导函数，令导函数大于大于 0 在区间[ ﹣2，1] 上恒成立，分离出参数 b，构造数 新函数 m（x），利用基本不等式求出 m（x）的最大值，令 b 大于等于 m（x）的最大值即可． 【详解】 解：（1）由 f（x）＝x 3 +ax 2 +bx+c，求导数得 f′（x）＝3x 2 +2ax+b，过 过 y ＝f（x）上点 P（1，f（1））的切线方程为：y ﹣f（1）＝f′（1）（x ﹣1）即 即 y ﹣（a+b+c+1）＝（3+2a+b）（x ﹣1）

答案第 2 页，总 4 页 故3 2 32 1a ba b c      ，即2 03a ba b c    ，∵有 有 y ＝f（x）在 x ＝﹣2 时有极值，故 故 f′（﹣2）＝0，∴﹣ ﹣4a+b ＝﹣12，则2 034 12a ba b ca b       得，解得 a ＝2，b ＝﹣4，c ＝5，f（x）＝x 3 +2x 2 ﹣ ﹣4x+5 ． f′（x）＝3x 2 +2ax+b ＝3x 2 +4x ﹣4 ＝（3x ﹣2）（x+2）x ﹣ ﹣3（﹣3，﹣ ﹣2）﹣ ﹣2（﹣2，23））23（23，1）1 f′（x））+ 0 ﹣ ﹣ 0 + f（x）8 增函数 数 极大值 值 13 减函数 数 极小值 值 增函数 数 4 f（x））极大 ＝ ＝f（﹣2）＝（﹣2））3 +2（﹣2））2 ﹣ ﹣4（﹣2）+5 ＝13,f（1）＝1 3 +2×1 ﹣4×1+5 ＝4 ∴ ∴f（x）在[ ﹣3，1] 上最大值为 13 ．（（2）方法一：y ＝f（x）在区间[ ﹣2，1] 上单调递增，又 又 f"（x）＝3x 2 +2ax+b，由（1）知 2a+b ＝0，∴ ∴f"（x））＝ ＝3x 2 ﹣ ﹣bx+b，意 依题意 f"（x）在[ ﹣2，1] 上恒有 f"（x）≥0，即 即 g（x）＝3x 2 ﹣ ﹣bx+b≥0 在[ ﹣2，1] 上恒成立． ①在 在 x6b  1 时，即 b≥6，g（x）最小值＝g（1）＝3 ﹣b+b ＞0，∴ ∴b≥6，②在 在 x6b   2 时，即 b≤ ﹣12，g（x）最小值＝g（﹣2）＝12+2b+b≥0，则 b∈ ∈∅ ∅，③ 在﹣26b＜ ＜ 1 时，即﹣12 ＜b ＜6，g（x）最小值21212b b   0，综合上述讨论可知，b 取值范围是：[0，+∞）． 解法二：（1）y ＝f（x）在区间[ ﹣2，1] 上单调递增，又 又 f"（x）＝3x 2 +2ax+b，由（1）知 2a+b ＝0，∴ ∴f"（x）＝3x 2 ﹣ ﹣bx+b，意 依题意 f"（x）在[ ﹣2，1] 上恒有 f"（x）≥0即，即 g（x）＝3x 2 ﹣ ﹣bx+b≥0 在[ ﹣2，1] 上恒成立∴ ∴b231xx 3（x ﹣1））31 x 6（x≤1），令 令 m（x）＝3（x ﹣1））31 x  3[ ﹣（x ﹣1）+（（11 x）]≤﹣ ﹣3（2  111xx      ）＝﹣6，（x≤1），∴ ∴3（x ﹣1））31 x 6 最大值为 0，∴（231xx））max ＝0，∴ ∴b≥0，∴ ∴b 取值范围是：[0，+∞）． 【点评】 本题主要考查了利用导数求闭区间上函数的最值、利用导数研究函数的单调性等基本知识，考查计算能力，属于 中档题． 19 ．（1）3 ；（2）增区间为  2 ,e ，减区间为  20,e ．极小值21 e ，无极大值． 【分析】

答案第 3 页，总 4 页（（1）根据导数的几何意义，导数值为切线的斜率求出实数 a 的值；（（2）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间和极值.【详解】 解：（1）函数()ln 1 f x x x ax    的导数为()ln 1 f x x a  ，在点(1,(1))A f 处的切线斜率为 1 2 k a   ，(1)2f   ，即 1 2 a  ，3 a   ； ；（（2）由（1）得，()ln 2,(0,)f x x x   ，令()0 f x ，得2x e ，令()0 f x ，得20 x e  ，即()f x 的增区间为  2 ,e ，减区间为  20,e ． ． 在2x e 处取得极小值21 e ，无极大值． 【点睛】 本题考查了导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性、极值问题，属于容易题． 20 ．（1））8 4 0 x y    ；（2））0 y  或 4 1 0 x y   ..【分析】（（1）求出导数，求得切线的斜率，由点斜式方程即可得到切线方程；（（2）设切点，求出切线的斜率，得到切线方程，代入点   1,0，解得切点坐标，进而得到切线方程.【详解】(1)由题意得  23 4 1 f x x x    ，所以   1 8 f   又因为   1 4 f  ，所以切线方程为   8 1 4 y x    整理得 8 4 0 x y   .（（2））0 y  或 4 1 0 x y   .设切点为  0 0, x y，因为切点在函数图像上，所以3 20 0 0 02 y x x x   ，故曲线在该点处的 切线为      3 2 20 0 0 0 0 02 3 4 1 y x x x x x x x        因为切线过点   1,0，所以      3 2 20 0 0 0 0 00 2 3 4 1 1 x x x x x x        即    20 01 2 1 0 x x   .解得01 x  或012x  当01 x  时，切点为   1,0，因为   1 0f，所以切线方程为 0 y ，当012x  时，切点为1 1,2 8   ，因为1 12 4f     ，所以切线方程为 4 1 0 x y    所以切线方程为 0 y  或 4 1 0 x y   .21 ．（1））[5, 17 ]2；（2））1 a.【分析】（（1）先求导数，判断函数单调性，结合单调性求解值域；（（2）把条件转化为    1 2min minf x g x ，分别求解    1 2, f x g x 数 的最小值可得实数 a 的范围.【详解】

答案第 4 页，总 4 页（（1）） 22 24 41xf xx x   ，因为1,12x   ，所以   0 f x  ，即函数   f x 为减函数，因为   51217, 12f f    ，所以值域为 [5, 17 ]2.（（2）因为）因为∀ ∀x 1 ∈1,12   ，∃ ∃x 2 ∈ ∈[2，3]，使得 f(x 1)≥g(x 2)，所以    1 2min minf x g x ，因为2[2,3] x ，所以  222 4 a g x a    ，所以 5 4  a，即 1 a.22 ．（1）(－∞，－1)和 和1,3  ；（2））51,27   .【分析】（（1）求出导数，解不等式，求出单增区间；（（2）利用三次函数的特征，要使 f(x)有三个零点，只需 f(x)极大值 ×f(x)极小值 <0，解不等式即可.【详解】 解：(1)3 2()f x x x x c     则，则 f′(x)＝3x 2 ＋ ＋2x －1，由 由 f′(x)>0，得 x< －1 或 或 x>13，数 所以函数 f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和 和1(,)3.（（2）由（1）知，()f x 在 1 x 取得极大值 1 c ，在13x  取得极小值527c   数 函数 f(x)有三个零点，1 05027cc    解得5127c     实数 c 的取值范围51,27   .【点睛】 函数的单调性与导数的关系：

已知函数()f x 在某个区间内可导，（（1）如果()f x >0，那么函数()y f x  在这个区间内单调递增；如果()f x <0，那么函数()y f x  在这个区间内单调递减；（（2）函数()y f x  在这个区间内单调递增，则有()0 f x ；函数()y f x  在这个区间内单调递减，则有()0 f x ； ；

导数题答案

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