《導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用》試卷 全市一等獎(jiǎng)

《導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用》試卷題號(hào)12345答案1.曲線y＝x3－2x2在點(diǎn)(1，－1)處的切線方程為()A．y＝x－2B．y＝－3x＋2C．y＝2x－3D．y＝－x解析：因?yàn)閗＝y(tǒng)′|x＝1＝(3x2－4x)|x＝1＝－1，所以切線的方程為y＋1＝－(x－1)，即y＝－x，故選D.答案：D2．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x－ln（x＋1）)，則y＝f(x)的圖象大致為()解析：令g(x)＝x－ln(x＋1)，則g′(x)＝1－eq\f(1,x＋1)＝eq\f(x,x＋1)，由g′(x)＞0，得x＞0，即函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，由g′(x)＜0得－1＜x＜0，即函數(shù)g(x)在(－1，0)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x＝0時(shí)，函數(shù)g(x)有最小值，g(x)min＝g(0)＝0，于是對(duì)任意的x∈(－1，0)∪(0，＋∞)，有g(shù)(x)≥0，故排除B、D，因函數(shù)g(x)在(－1，0)上單調(diào)遞減，則函數(shù)f(x)在(－1，0)上遞增，故排除C，故選A.答案：A3．已知a≤eq\f(1－x,x)＋lnx對(duì)任意x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))恒成立，則a的最大值為()A．0B．1C．2D．3解析：設(shè)f(x)＝eq\f(1－x,x)＋lnx，則f′(x)＝eq\f(－x＋x－1,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x2).當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))時(shí)，f′(x)＜0，故函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，2]時(shí)，f′(x)＞0，故函數(shù)f(x)在(1，2]上單調(diào)遞增，∴f(x)min＝f(1)＝0，∴a≤0，即a的最大值為0.答案：A4．函數(shù)f(x)滿足f(0)＝0，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象如下圖所示，則f(x)在[－2，1]上的最小值為()A．－1B．0C．2D．3解析：易知f(x)為二次函數(shù)，且常數(shù)項(xiàng)為0，設(shè)f(x)＝ax2＋bx，則f′(x)＝2ax＋b，由圖得導(dǎo)函數(shù)的表達(dá)式為f′(x)＝eq\a\vs4\al(2x＋)2，所以f(x)＝x2＋2x，當(dāng)x＝－1時(shí)，f(x)在[－2，1]有最小值－1.故選A.答案：A5．已知函數(shù)y＝x3－3x＋c的圖象與x軸恰有兩個(gè)公共點(diǎn)，則c＝()A．－2或2B．－9或3C．－1或1D．－3或1解析：因?yàn)槿魏瘮?shù)的圖象與x軸恰有兩個(gè)公共點(diǎn)，結(jié)合該函數(shù)的圖象，可得極大值或者極小值為零即可滿足要求．而f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，當(dāng)x＝±1時(shí)取得極值.由f(1)＝0或f(－1)＝0可得c－2＝0或c＋2＝0，即c＝±2.故選A.答案：A6．曲線f(x)＝eq\f(ex,x－1)在x＝0處的切線方程為________．解析：由題意得f(0)＝eq\f(e0,0－1)＝－1，f′(x)＝eq\f(ex（x－2）,（x－1）2)，故f′(0)＝eq\f(e0（0－2）,（0－1）2)＝－2，所以曲線f(x)＝eq\f(ex,x－1)在x＝0處的切線方程為y＋1＝－2x，即2x＋y＋1＝0.答案：2x＋y＋1＝07．已知f(x)＝－x2＋mx＋1在區(qū)間[－2，－1]上的最大值就是函數(shù)f(x)的極大值，則m的取值范圍是______．解析：f′(x)＝m－2x，令f′(x)＝0，則x＝eq\f(m,2)，由題設(shè)得eq\f(m,2)∈[－2，－1]，故m∈[－4，－2]．答案：[－4，－2]8．已知函數(shù)g(x)＝eq\f(1,3)ax3＋2x2－2x，函數(shù)f(x)是函數(shù)g(x)的導(dǎo)函數(shù)．(1)若a＝1，求g(x)的單調(diào)減區(qū)間；(2)若對(duì)任意x1，x2∈R且x1≠x2，都有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＜eq\f(f（x1）＋f（x2）,2)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解析：(1)當(dāng)a＝1時(shí)，g(x)＝eq\f(1,3)x3＋2x2－2x，g′(x)＝x2＋4x－2，由g′(x)＜0解得－2－eq\r(6)＜x＜－2＋eq\r(6)，∴當(dāng)a＝1時(shí)函數(shù)g(x)的單調(diào)減區(qū)間為(－2－eq\r(6)，－2＋eq\r(6))．(2)易知f(x)＝g′(x)＝ax2＋4x－2，依題意知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))－eq\f(f（x1）＋f（x2）,2)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))eq\s\up12(2)＋4×eq\f(x1＋x2,2)－2－eq\f(axeq\o\al(2,1)＋4x1－2＋axeq\o\al(2,2)＋4x2－2,2)＝－eq\f(a,4)(x1－x2)2＜0.因?yàn)閤1≠x2，所以a＞0，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是(0，＋∞)．9．(2022·北京海淀區(qū)檢測(cè))已知函數(shù)f(x)＝x2＋eq\f(2a3,x)＋1，其中a＞0.(1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與直線y＝1平行，求a的值；(2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，2]上的最小值．解析：f′(x)＝2x－eq\f(2a3,x2)＝eq\f(2（x3－a3）,x2)，x≠0.(1)由題意可得f′(1)＝2(1－a3)＝0，解得a＝1，此時(shí)f(1)＝4，在點(diǎn)(1，f(1))處的切線為y＝4，與直線y＝1平行．故所求的a的值為1.(2)由f′(x)＝0可得x＝a，a＞0，①當(dāng)0＜a≤1時(shí)，f′(x)＞0在[1，2]上恒成立，所以y＝f(x)在[1，2]上遞增，所以f(x)在[1，2]上的最小值為f(1)＝2a3＋2.②當(dāng)1＜a＜2時(shí)，x(1，a)a(a，2)f′(x)－0＋f(x)極小值由上表可得y＝f(x)在[1，2]上的最小值為f(a)＝3a2＋1.③由a≥2時(shí)，f′(x)＜0在[1，2]上恒成立，所以y＝f(x)在[1，2]上遞減．所以f(x)在[1