高考数学复习题库 导数的应用（一）

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1、导数的应用（一）一、选择题1．与直线2x－y＋4＝0平行的抛物线y＝x2的切线方程是(　　)．A．2x－y＋3＝0B．2x－y－3＝0C．2x－y＋1＝0D．2x－y－1＝0解析　设切点坐标为(x0，x)，则切线斜率为2x0，由2x0＝2得x0＝1，故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.答案　D2．函数y＝4x2＋的单调增区间为(　　)．A．(0，＋∞)B.C．(－∞，－1)D.解析　由y＝4x2＋得y′＝8x－，令y′>0，即8x－>0，解得x>，∴函数y＝4x2＋在上递增．答案　B

2、3．已知f(x)的定义域为R，f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则(　　)A．f(x)在x＝1处取得极小值B．f(x)在x＝1处取得极大值C．f(x)是R上的增函数D．f(x)是(－∞，1)上的减函数，(1，＋∞)上的增函数解析：由图象易知f′(x)≥0在R上恒成立，所以f(x)在R上是增函数．答案：C4．已知直线y＝kx是y＝lnx的切线，则k的值为(　　)．A．eB．－eC.D．－解析　设(x0，lnx0)是曲线y＝lnx与直线y＝kx的切点，由y′＝知y′

3、x＝x0＝由已知条件：＝，解得

4、x0＝e，k＝.答案　C5．函数f(x)＝ax3＋bx在x＝处有极值，则ab的值为(　　)A．2B．－2C．3D．－3解析f′(x)＝3ax2＋b，由f′＝3a2＋b＝0，可得ab＝－3.故选D.答案D6．对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x－1)f′(x)≥0，则必有(　　)．A．f(0)＋f(2)<2f(1)B．f(0)＋f(2)≤2f(1)C．f(0)＋f(2)≥2f(1)D．f(0)＋f(2)>2f(1)解析　不等式(x－1)f′(x)≥0等价于或可知f(x)在(－∞，1)上递减，(1，

5、＋∞)上递增，或者f(x)为常数函数，因此f(0)＋f(2)≥2f(1)．答案　C7．函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)＞2，则f(x)＞2x＋4的解集为(　　)．A．(－1,1)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，＋∞)解析　设g(x)＝f(x)－2x－4，由已知g′(x)＝f′(x)－2＞0，则g(x)在(－∞，＋∞)上递增，又g(－1)＝f(－1)－2＝0，由g(x)＝f(x)－2x－4＞0，知x＞－1.答案　B二、填空题8．设函数f(x)＝x(ex＋

6、1)＋x2，则函数f(x)的单调增区间为________．解析：因为f(x)＝x(ex＋1)＋x2，所以f′(x)＝ex＋1＋xex＋x＝(ex＋1)·(x＋1)．令f′(x)>0，即(ex＋1)(x＋1)>0，解得x>－1.所以函数f(x)的单调增区间为(－1，＋∞)．答案：(－1，＋∞)9．函数f(x)＝x3－3x2＋1在x＝________处取得极小值．解析f′(x)＝3x2－6x，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2，当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，当x∈(0,2)时，f′(x)<0，

7、当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，显然当x＝2时f(x)取极小值．答案210．若曲线f(x)＝ax5＋lnx存在垂直于y轴的切线，则实数a的取值范围是________．解析　∵f′(x)＝5ax4＋，x∈(0，＋∞)，∴由题意知5ax4＋＝0在(0，＋∞)上有解．即a＝－在(0，＋∞)上有解．∵x∈(0，＋∞)，∴－∈(－∞，0)．∴a∈(－∞，0)．答案　(－∞，0)11．函数f(x)＝x(a>0)的单调递减区间是________．解析　由ax－x2≥0(a>0)解得0≤x≤a，即函数f(x)的

8、定义域为[0，a]，f′(x)＝＝，由f′(x)<0解得x≥，因此f(x)的单调递减区间是.答案　12．已知函数f(x)＝x2(x－a)．若f(x)在(2,3)上单调则实数a的范围是________；若f(x)在(2,3)上不单调，则实数a的范围是________．解析　由f(x)＝x3－ax2得f′(x)＝3x2－2ax＝3x.若f(x)在(2,3)上不单调，则有解得：3

9、数y＝f(x)的单调性并求出单调区间．解析(1)因为函数f(x)＝ax2＋blnx，所以f′(x)＝2ax＋.又函数f(x)在x＝1处有极值，所以即解得(2)由(1)可知f(x)＝x2－lnx，其定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝x－＝.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(0,1)1(1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)极小值所以函数y＝f(x)的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1，＋∞)．14．已知f(x)＝ex－ax－