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高中数学 1.2.2 基本初等函数的导数公式及导数运算法则1同步练习 新人教A版选修2-2


选修 2-2

1.2.2

第 1 课时 基本初等函数的导数

公式及导数运算法则 一、选择题 1.[答案] B [解析] y′|x=-1=1,∴倾斜角为 45°. 2.[答案] B

11.[答案] 0 -1 [解析] f′(x)=2ax-bcosx,由条件知 -bcos0=1 ? ? π 1 ?

2π ? 3 a-bcos 3 =2 ? ?b=-1 ,∴? ?a=0 .

12.[答案] (-1,3) 2 2 [解析] f′(x)=3x -6x-9,由 f′(x)<0 得 3x 2 -6x-9<0,∴x -2x-3<0,∴-1<x<3. 13.[答案] [解析] 3 2 ∵y′=(cosx)′=-sinx, -

π 3 ∴切线斜率 k=y′|x=π =-sin =- . 3 2 3 5 1 2 2 [解析] 由题意可知,f′(x)|x=-1=-3, -1 ∴a+be =-3,又 f(-1)=2, 5 1 -1 ∴-a+be =2,解之得 a=- ,b=- e, 2 2 5 1 x+1 故 f(x)=- x- e . 2 2 三、解答题 1 1 1 2 3 15.[解析] (1)∵y=x?x + + 3?=x +1+ 2, 14.[答案] 3.[答案] A 3 [解析] ∵直线 l 的斜率为 4,而 y′=4x ,由 y′ 4 =4 得 x=1 而 x=1 时,y=x =1,故直线 l 的方程 为:y-1=4(x-1)即 4x-y-3=0. 4.[答案] B 2 [解析] ∵f′(x)=3ax +18x+6, 16 ∴由 f′(-1)=4 得,3a-18+6=4,即 a= . 3 ∴选 B. 5.[答案] D 3 2 [ 解析 ] 显然瞬时速度 v = s′= t - 12t + 32t = 2 t(t -12t+32),令 v=0 可得 t=0,4,8.故选 D. 6.[答案] A [解析] 本题考查了导数的几何意义,切线方程的 求法,在解题时应首先验证点是否在曲线上,然后 通过求导得出切线的斜率,题目定位于简单题. 3 由题可知,点(1,0)在曲线 y=x -2x+1 上,求导可 2 得 y′=3x -2,所以在点(1,0)处的切线的斜率 k =1,切线过点(1,0) ,根据直线的点斜式可得过点 3 (1,0)的曲线 y=x -2x+1 的切线方程为 y=x-1, 故选 A. 7.[答案] C x x 4 [解析] y′|x=4=(e sinx+e cosx)|x=4=e (sin4+ π 4 cos4)= 2e sin(4+ )<0,故倾斜角为钝角,选 C. 4 8.[答案] A π π [解析] 曲线 y=xsinx 在点?- , ?处的切线方 ? 2 2? 2 π 程为 y=-x,所围成的三角形的面积为 . 2 9.[答案] D [解析] f0(x)=sinx, f1(x)=f0′(x)=(sinx)′=cosx, f2(x)=f1′(x)=(cosx)′=-sinx, f3(x)=f2′(x)=(-sinx)′=-cosx, f4(x)=f3′(x)=(-cosx)′=sinx, ∴4 为最小正周期,∴f2011(x)=f3(x)=-cosx.故选 D. 10.[答案] B [解析] 令 F(x)=f(x)-g(x),则 F′(x)=f′(x) -g′(x)=0,∴F(x)为常数. 二、填空题 -1-

f(x)=- x- ex+1

?

x x?

x

2 2 ∴y′=3x - 3;

x

(3)∵y=sin +cos 4 4
2 2 2 =?sin +cos ? -2sin cos 4? 4 4 ? 4 1 1 1-cosx 3 1 2x =1- sin =1- ? = + cosx, 2 2 2 2 4 4 1 ∴y′=- sinx; 4 2

4

x
2

4

x

x

x

x

x

1+ x 1- x (1+ x) (1- x) (4)∵y= + = + 1-x 1-x 1- x 1+ x 2+2x 4 = = -2 , 1-x 1-x 4 -4(1-x)′ 4 -2? ∴y′=? ?1-x ?′= (1-x)2 =(1-x)2. 16.[解析] 由于 y=sinx、y=cosx,设两条曲线 的一个公共点为 P(x0,y0), ∴两条曲线在 P(x0,y0)处的斜率分别为

2

2

若使两条切线互相垂直, 必须 cosx0?(-sinx0)=- 1, 即 sinx0?cosx0=1,也就是 sin2x0=2,这是不可能 的, ∴两条曲线不存在公共点,使在这一点处的两条切

线互相垂直. 2 17.[解析] 设 l 与 C1 相切于点 P(x1,x1),与 C2 相 2 切于点 Q(x2,-(x2-2) ). 对于 C1:y′=2x,则与 C1 相切于点 P 的切线方程为 2 y-x2 1=2x1(x-x1),即 y=2x1x-x1.① 对于 C2:y′=-2(x-2),与 C2 相切于点 Q 的切线 2 方程为 y+(x2-2) =-2(x2-2)(x-x2), 2 即 y=-2(x2-2)x+x2-4. ② 2 2 ∵两切线重合,∴2x1=-2(x2-2)且-x1=x2-4, 解得 x1=0,x2=2 或 x1=2,x2=0. ∴直线 l 的方程为 y=0 或 y=4x-4. 3 2 18.[解析] (1)设 f(x)=ax +bx +cx+d(a≠0) 2 则 f′(x)=3ax +2bx+c 由 f(0)=3,可知 d=3,由 f′(0)=0 可知 c=0, 由 f′(1)=-3,f′(2)=0 ?f′(1)=3a+2b=-3 可建立方程组? ?f′(2)=12a+4b=0 ,

?a=1 解得? , ?b=-3 3 2 所以 f(x)=x -3x +3. (2)由 f′(x)是一次函数可知 f(x)是二次函数, 2 则可设 f(x)=ax +bx+c(a≠0) f′(x)=2ax+b, 把 f(x)和 f′(x)代入方程,得 x2(2ax+b)-(2x-1)(ax2+bx+c)=1 2 整理得(a-b)x +(b-2c)x+c=1 若想对任意 x 方程都成立,则需

a-b=0 ? ? ?b-2c=0 ?c=1 ?
2

a=2 ? ? 解得?b=2 ?c=1 ?
1.2.2



所以 f(x)=2x +2x+1. 选修 2-2 第 1 课时 基本初等函数的导数 公式及导数运算法则 一、选择题 1.[答案] B [解析] y′|x=-1=1,∴倾斜角为 45°. 2.[答案] B

5.A.0 秒、2 秒或 4 秒 B.0 秒、2 秒或 16 秒 C.2 秒、8 秒或 16 秒 D.0 秒、4 秒或 8 秒 [答案] D 3 2 [ 解析 ] 显然瞬时速度 v = s′= t - 12t + 32t = 2 t(t -12t+32),令 v=0 可得 t=0,4,8.故选 D. 6.[答案] A [解析] 本题考查了导数的几何意义,切线方程的 求法,在解题时应首先验证点是否在曲线上,然后 通过求导得出切线的斜率,题目定位于简单题. 3 由题可知,点(1,0)在曲线 y=x -2x+1 上,求导可 2 得 y′=3x -2,所以在点(1,0)处的切线的斜率 k =1,切线过点 (1,0) ,根据直线的点斜式可得过点 3 (1,0)的曲线 y=x -2x+1 的切线方程为 y=x-1, 故选 A. 7.[答案] C x x 4 [解析] y′|x=4=(e sinx+e cosx)|x=4=e (sin4+ π 4 cos4)= 2e sin(4+ )<0,故倾斜角为钝角,选 C. 4 8.[答案] A π π [解析] 曲线 y=xsinx 在点?- , ?处的切线方 ? 2 2? 2 π 程为 y=-x,所围成的三角形的面积为 . 2 9.[答案] D [解析] f0(x)=sinx, f1(x)=f0′(x)=(sinx)′=cosx, f2(x)=f1′(x)=(cosx)′=-sinx, f3(x)=f2′(x)=(-sinx)′=-cosx, f4(x)=f3′(x)=(-cosx)′=sinx, ∴4 为最小正周期,∴f2011(x)=f3(x)=-cosx.故选 D. 10.[答案] B [解析] 令 F(x)=f(x)-g(x),则 F′(x)=f′(x) -g′(x)=0,∴F(x)为常数. π 11.[答案] 2?sin?x+ ??,1+sin2 x ? ? 4 ?? [解析]

f[φ (x)]= 1+sin2x= (sinx+cosx)2

=|sinx+cosx|= 2?sin?x+

?

?

π ?? . 4 ??

φ [f(x)]=1+sin2 x. π 12.[答案] 6

f′(x)=- 3sin( 3x+φ ), f(x)+f′(x)=cos( 3x+φ )- 3sin( 3x+φ )
[解析] =2sin? 3x+φ + 5π ? . 6 ? ? 若 f(x)+f′(x)为奇函数,则 f(0)+f′(0)=0, 5π 5π 即 0=2sin?φ + ?,∴φ + =kπ (k∈Z). 6 ? 6 ? π 又∵φ ∈(0,π ),∴φ = . 6 2 7 13.[答案] 32x(1+2x ) 2 8 [解析] 令 u=1+2x ,则 y=u , 7 2 7 ∴y′x=y′u?u′x=8u ?4x=8(1+2x ) ?4x 2 7 =32x(1+2x ) .

3.[答案] A 3 [解析] ∵直线 l 的斜率为 4,而 y′=4x ,由 y′ 4 =4 得 x=1 而 x=1 时,y=x =1,故直线 l 的方程 为:y-1=4(x-1)即 4x-y-3=0. 4.[答案] B 2 [解析] ∵f′(x)=3ax +18x+6, 16 ∴由 f′(-1)=4 得,3a-18+6=4,即 a= . 3 ∴选 B. -2-

14.[答案] [解析]

(1+2x ) 1+x 2 1+x

2

2

f′? ?. ?x?
1
2

1+x )′ = x′ 1+x + 2 2 x2 (1+2x ) 1+x x( 1+x2)′= 1+x2+ = . 2 2 1+x 1+x 三、解答题 2 2 15.[解析] (1)y′=(x)′sin x+x(sin x)′ 2 2 =sin x+x?2sinx?(sinx)′=sin x+xsin2x. 1 2 (2)y′= ?(x+ 1+x )′ x+ 1+x2 1 x 1 = (1+ )= . 2 2 x+ 1+x2 1+x 1+x x x x x (e +1)′(e -1)-(e +1)(e -1)′ (3)y′ = = x 2 (e -1) x -2e x 2 . (e -1) (4)y′ = (x+cosx)′(x+sinx)-(x+cosx)(x+sinx)′ 2 (x+sinx) (1-sinx)(x+sinx)-(x+cosx)(1+cosx) = 2 (x+sinx) -xcosx-xsinx+sinx-cosx-1 = . 2 (x+sinx) 2 2 16.[解析] (1)y′=[cos (x -x)]′ 2 2 =2cos(x -x)[cos(x -x)]′ 2 2 2 =2cos(x -x)[-sin(x -x)](x -x)′ 2 2 =2cos(x -x)[-sin(x -x)](2x-1) 2 =(1-2x)sin2(x -x). (2)y′ = (cosx?sin3x)′ = (cosx)′sin3x + cosx(sin3x)′ = - sinxsin3x + 3cosxcos3x = 3cosxcos3x - sinxsin3x. 1 2 2 (3)y′= loga(x + x - 1) + x? 2 logae(x + x x +x-1 2 2x +x 2 -1)′=loga(x +x-1)+ 2 logae. x +x-1 x+1 ?x-1? x+1 (4)y′ = ′log2e = x-1 ?x+1? x-1 x+1-x+1 log2e 2 (x+1) 2log2e = 2 . x -1 2 2cosx(1+x )-2sinx?2x 17.[解析] ∵f′(x)= 2 2 (1+x ) 2 2 = 2 2[(1+x )cosx-2x?sinx], (1+x ) 2 又 f′(x)= 2 2?g(x). (1+x ) 2 ∴g(x)=(1+x )cosx-2xsinx. 1 18.[解析] (1)解法 1:设 y=f(u),u= ,则 y′x

y′ = (x

2

(2)解法 1:设 y=f(u),u= v,v=x +1,

2

选修 2-2

1.3.1 函数的单调性与导数

x

=y′u?u′x=f′(u)??-

?

x2?

1?

1 =- 2f′? ?. 1

x

?x?

解法 2 : y′= ?f

? ?x?? ′= f′ ?x? ? ?x? ′=- x

?1??

?1?

?1?

1
2

一、选择题 1.[答案] D [解析] ∵a>0,f(x)为增函数, 2 ∴f′(x)=3ax +2bx+c>0 恒成立, 2 2 2 ∴Δ = (2b) - 4?3a?c = 4b - 12ac<0 , ∴b - 3ac<0. 2.[答案] D [解析] 考查导数的简单应用. f′(x)=(x-3)′ex+(x-3)(ex)′=(x-2)ex, 令 f′(x)>0,解得 x>2,故选 D. 3.[答案] B [解析] 令 k≤0 得 x0≤2,由导数的几何意义可知, 函数的单调减区间为(-∞,2]. 4.[答案] C [解析] 当 0<x<1 时 xf′(x)<0 ∴f′(x)<0,故 y=f(x)在(0,1)上为减函数 当 x>1 时 xf′(x)>0, ∴f′(x)>0, 故 y=f(x)在(1, +∞)上为增函数,因此否定 A、B、D 故选 C. 5.[答案] A π [解析] y′=xcosx,当-π <x<- 时, 2 cosx<0,∴y′=xcosx>0, π 当 0<x< 时,cosx>0,∴y′=xcosx>0. 2 6.[答案] B [解析] 若 f(x)在(a, b)内是增函数, 则 f′(x)≥0, 故 A 错;f(x)在(a,b)内是单调函数与 f′(x)是否 存在无必然联系,故 C 错;f(x)=2 在(a,b)上的导 数为 f′(x)=0 存在,但 f(x)无单调性,故 D 错. -3-

7.[答案] B [ 解析] f(x) 为奇函数, g(x)为偶函数,奇 (偶) 函 数在关于原点对称的两个区间上单调性相同 ( 反), ∴x<0 时,f′(x)>0,g′(x)<0. 8.[答案] C [解析] ∵xf′(x)+f(x)≤0,且 x>0,f(x)≥0, f(x) ∴f′(x)≤- , 即 f(x)在(0, +∞)上是减函数,

x

又 0<a<b,∴af(b)≤bf(a). 9.[答案] C [解析] 由(x-1)f′(x)≥0 得 f(x)在[1,+∞)上 单调递增, 在(-∞, 1]上单调递减或 f(x)恒为常数, 故 f(0)+f(2)≥2f(1).故应选 C. 10.[答案] A [解析] 由图象知,五角星露出水面的面积的变化 率是增→减→增→减,其中恰露出一个角时变化不 连续,故选 A. 二、填空题 11.[答案] b<-1 或 b>2 2 [解析] 若 y′=x +2bx+b+2≥0 恒成立,则 Δ 2 =4b -4(b+2)≤0,∴-1≤b≤2, 由题意 b<-1 或 b>2. 12.[答案] a≥1 1+lnx [解析] 由已知 a> 在区间(1,+∞)内恒成

解得-1<x<3. 所以当 x∈(-∞,-1)时,f(x)是增函数; 当 x∈(3,+∞)时,f(x)也是增函数; 当 x∈(-1,3)时,f(x)是减函数. 1 16. [证明] 设 f(x)=x- sinx, x∈(-∞, +∞), 2 1 则 f′(x)=1- cosx>0, 2 ∴f(x)在(-∞,+∞)上是单调递增函数. 而当 x=0 时,f(x)=0, 1 ∴方程 x- sinx=0 有唯一的根 x=0. 2 17.[分析] 可先由函数 y=ax 与 y=- 的单调性

b x

确定 a、b 的取值范围,再根据 a、b 的取值范围去 3 2 确定 y=ax +bx +5 的单调区间. [解析] ∵函数 y=ax 与 y=- 在(0, +∞)上都是

b x

x

立. 1+lnx lnx 设 g(x)= ,则 g′(x)=- 2 <0 (x>1),

x

x

1+lnx ∴g(x)= 在区间(1,+∞)内单调递减,

x

∴g(x)<g(1), ∵g(1)=1, 1+lnx ∴ <1 在区间(1,+∞)内恒成立,

x

∴a≥1. 13.[答案] (-∞,-1) 2 [ 解析] 函数 y =ln(x -x -2) 的定义域为(2 ,+ ∞)∪(-∞,-1), 1 2 令 f(x)=x -x-2,f′(x)=2x-1<0,得 x< , 2 2 ∴函数 y=ln(x -x-2)的单调减区间为(-∞,- 1). 14.[答案] [3,+∞) 2 2 [解析] y′=3x -2ax,由题意知 3x -2ax<0 在区 间(0,2)内恒成立, 3 即 a> x 在区间(0,2)上恒成立,∴a≥3. 2 三、解答题 2 15.[解析] (1)求导得 f′(x)=3x -6ax+3b. 由于 f(x)的图象与直线 12x+y-1=0 相切于点(1, -11),所以 f(1)=-11,f′(1)=-12, ?1-3a+3b=-11 即? ?3-6a+3b=-12 ,

减函数,∴a<0,b<0. 3 2 2 由 y=ax +bx +5 得 y′=3ax +2bx. 2b 2 令 y′>0,得 3ax +2bx>0,∴- <x<0. 3a 2 b ∴当 x∈?- ,0?时,函数为增函数. ? 3a ? 2 令 y′<0,即 3ax +2bx<0, 2b ∴x<- ,或 x>0. 3a 2b ∴在?-∞,- ?, (0, +∞)上时, 函数为减函数. 3a? ? 1 1 2 x 18.[解析] (1)a= 时,f(x)=x(e -1)- x , 2 2 f′(x)=ex-1+xex-x=(ex-1)(x+1). 当 x∈(-∞,-1)时, f′(x)>0;当 x∈(-1,0)时, f′(x)<0;当 x∈(0,+∞)时,f′(x)>0. 故 f(x)在(-∞, -1], [0, +∞)上单调递增, 在[ - 1,0]上单调递减. x (2)f(x)=x(e -1-ax). x x 令 g(x)=e -1-ax,则 g′(x)=e -a. 若 a≤1,则当 x∈(0,+∞)时,g′(x)>0,g(x)为 增函数,而 g(0)=0,从而当 x≥0 时 g(x)≥0,即 f(x)≥0. 当 a>1,则当 x∈(0,lna)时,g′(x)<0,g(x)为减 函数,而 g(0)=0,从而当 x∈(0,lna)时 g(x)<0, 即 f(x)<0. 综合得 a 的取值范围为(-∞,1]. 选修 2-2 1.3.2 函数的极值与导数 一、选择题 1.[答案] C [解析] 导数为 0 的点不一定是极值点,例如 f(x) 3 2 =x ,f′(x)=3x ,f′(0)=0,但 x=0 不是 f(x) 的极值点,故 A 错;由极值的定义可知 C 正确,故 应选 C. 2.[答案] D 2 [解析] y′=3-3x =3(1-x)(1+x) 令 y′=0,解得 x1=-1,x2=1 3 当 x<-1 时,y′<0,函数 y=1+3x-x 是减函数, 3 当-1<x<1 时, y′>0, 函数 y=1+3x-x 是增函数, 3 当 x>1 时,y′<0,函数 y=1+3x-x 是减函数,

解得 a=1,b=-3. (2)由 a=1,b=-3 得 f′(x)=3x2-6ax+3b=3(x2-2x-3) =3(x+1)(x-3). 令 f′(x)>0,解得 x<-1 或 x>3;又令 f′(x)<0, -4-

∴当 x=-1 时,函数有极小值,y 极小=-1. 当 x=1 时,函数有极大值,y 极大=3. 3.[答案] C [解析] 如: y=|x|, 在 x=0 时取得极小值, 但 f′(0) 不存在. 4.[答案] C [解析] 只有这一点导数值为 0, 且两侧导数值异号 才是充要条件. 5.[答案] B 2 [解析] f′(x)=3x -6x=3x(x-2), 令 f′(x)>0, 得 x>2 或 x<0, 令 f′(x)<0, 得 0<x<2, ∴①②错误. 6.[答案] D 1 [解析] f′(x)=1- 2,令 f′(x)=0,得 x=±1,

当 x= 2时取极小值 a-4 2. 13.[答案] -3 -9 2 [解析] y′=3x +2ax+b,方程 y′=0 有根-1 及 3,由韦达定理应有

x

函数 f(x)在区间(-∞,-1)和(1,+∞)上单调递 增,在(-1,0)和(0,1)上单调递减, ∴当 x=-1 时,取极大值-2,当 x=1 时,取极小 值 2. 7.A.1 个 B.2 个 C.3 个 D.4 个 [答案] A x (a, [解析] 由 f′(x)的图象可知, 函数 f(x)在区间 f′(x) b)内,先增,再减,再增,最后再减,故函数 f(x) 在区间(a,b)内只有一个极小值点. f(x) 8.[答案] D 1 2 [解析] ∵y′=1- 2(x +1)′ 1+x 2 2x (x-1) =1- 2 = 2 x +1 x +1 令 y′=0 得 x=1,当 x>1 时,y′>0, 当 x<1 时,y′>0, ∴函数无极值,故应选 D. 9.[答案] A [解析] 由题意得,f(1)=0,∴p+q=1① f′(1)=0,∴2p+q=3② 由①②得 p=2,q=-1. 3 2 2 ∴f(x)=x -2x +x,f′(x)=3x -4x+1 又 f(1)=-1,则有 a+b+c=-1, =(3x-1)(x-1), 1 1 4 令 f′(x)=0,得 x= 或 x=1,极大值 f? ?= , 3 ?3? 27 极小值 f(1)=0. 10.[答案] B 1+cos2x 2 [解析] y=cos x= ,y′=-sin2x, 2 x=0 是 y′=0 的根且在 x=0 附近,y′左正右负, ∴x=0 是函数的极大值点. 1 3 3 此时函数的表达式为 f(x)= x - x. 二、填空题 2 2 11.[答案] 1 -1 3 2 3 ∴f′(x)= x - . 2(1+x)(1-x) 2 2 [解析] y′= , 2 2 (x +1) 令 f′(x)=0,得 x=±1. 令 y′>0 得-1<x<1,令 y′<0 得 x>1 或 x<-1, 当 x 变化时,f′(x),f(x)变化情况如下表: ∴当 x=-1 时,取极小值-1,当 x=1 时,取极大 值 1. x (-∞,-1) -1 (-1,1) 1 12.[答案] a+4 2 a-4 2 f′(x) + 0 - 0 2 [解析] y′=3x -6=3(x+ 2)(x- 2), 极大 极小 f(x) 令 y′>0,得 x> 2或 x<- 2, 值1 值-1 由上表可以看出,当 x =- 1 时,函数有极大值 1; 令 y′<0,得- 2<x< 2, 当 x = 1 时,函数有极小值- 1. ∴当 x=- 2时取极大值 a+4 2, -5-

14.[答案] (-2,2) 2 [解析] 令 f′(x)=3x -3=0 得 x=±1, 可得极大值为 f(-1)=2,极小值为 f(1)=-2, y=f(x)的大致图象如图 观察图象得-2<a<2 时恰有三个不同的公共点. 三、解答题 2 15.[解析] f′(x)=3x -6x-9=3(x+1)(x- 3), 令 f′(x)=0,得 x1=-1,x2=3. x 变化时,f′(x)的符号变化情况及 f(x)的增减性 如下表所示: (-∞,-1) -1 (-1,3) 3 + 0 - 0 极大值 极小值 增 减 f(-1) f(3) (1)由表可得函数的递减区间为(-1,3); (2)由表可得,当 x=-1 时,函数有极大值为 f(- 1)=16;当 x=3 时,函数有极小值为 f(3)=-16. 2 16.[解析] f′(x)=3ax +2bx+c. ∵x=±1 是函数的极值点,∴-1、1 是方程 f′(x) =0 的根,即有

(3,+∞) + 增

(1,+∞) +

17.[解析] (1)f′(x)=3ax +2bx-3,依题意, f′(1) = f′( - 1) = 0 , 即

2

解得 a=1,b=0. 3 ∴f(x)=x -3x, f′(x)=3x2-3=3(x-1)(x+1). 令 f′(x)=0,得 x1=-1,x2=1. 若 x∈(-∞,-1)∪(1,+∞),则 f′(x)>0,故 f(x)在(-∞,-1)上是增函数, f(x)在(1,+∞)上是增函数. 若 x∈(-1,1),则 f′(x)<0,故 f(x)在(-1,1)上是减函数. ∴f(-1)=2 是极大值;f(1)=-2 是极小值. 3 (2)曲线方程为 y=x -3x.点 A(0,16)不在曲线上. 3 设切点为 M(x0,y0),则点 M 的坐标满足 y0=x0-3x0. 2 ∵f′(x0)=3(x0-1),故切线的方程为 y-y0=3(x2 0-1)(x-x0). 注意到点 A(0,16)在切线上,有 3 2 16-(x0-3x0)=3(x0-1)(0-x0). 3 化简得 x0=-8,解得 x0=-2. ∴切点为 M(-2,-2), 切线方程为 9x-y+16=0. 18.(2010?北京文,18)设函数 f(x)= x +bx +cx 3 +d(a>0),且方程 f′(x)-9x=0 的两个根分别为 1,4. (1)当 a=3 且曲线 y=f(x)过原点时,求 f(x)的解 析式; (2)若 f(x)在(-∞,+∞)内无极值点,求 a 的取值 范围. [解析] 本题考查了函数与导函数的综合应用. 由 f(x)= x +bx +cx+d 得 f′(x)=ax +2bx+c 3 2 ∵f′(x)-9x=ax +2bx+c-9x=0 的两根为 1,4.

a

3

2

一、选择题 1.[答案] A [解析] ∵M=m,∴y=f(x)是常数函数 ∴f′(x)=0,故应选 A. 2.[答案] A 3 2 2 [解析] y′=x +x +x=x(x +x+1) 令 y′=0,解得 x=0. 5 13 ∴f(-1)= ,f(0)=0,f(1)= 12 12 ∴f(x)在[-1,1]上最小值为 0.故应选 A. 3.[答案] C 2 [解析] y′=3x +2x-1=(3x-1)(x+1) 1 令 y′=0 解得 x= 或 x=-1 3 当 x=-2 时,y=-1;当 x=-1 时,y=2; 1 22 当 x= 时,y= ;当 x=1 时,y=2. 3 27 所以函数的最小值为-1,故应选 C. 4.[答案] A 2 [解析] ∵y=x -x+1,∴y′=2x-1, 1 1 3 令 y′=0,∴x = ,f( -3) =13,f? ?= ,f(0) 2 ?2? 4 =1. 5.[答案] A 1 1 1 1-x- x [解析] y′= - = ? 2 2 x 2 1-x x ? 1 -x 1 1 1 由 y′=0 得 x= ,在?0, ?上 y′>0,在? ,1?上 2 ? 2? ?2 ? 1 y′<0.∴x= 时 y 极大= 2, 2 又 x∈(0,1),∴ymax= 2. 6.[答案] D 3 2 [解析] f′(x)=4x -4=4(x-1)(x +x+1). 令 f′(x)=0,得 x=1.又 x∈(-1,1) ∴该方程无解, 故函数 f(x) 在( -1,1) 上既无极值也无最值.故选 D. 2 7.[解析] y′=6x -6x-12=6(x-2)(x+1), 令 y′=0,得 x=2 或 x=-1(舍). ∵f(0)=5,f(2)=-15,f(3)=-4, ∴ymax=5,ymin=-15,故选 A. 8.[答案] C [解析] y′=-2x-2,令 y′=0 得 x=-1. 当 a≤-1 时,最大值为 f(-1)=4,不合题意. 当-1<a<2 时,f(x)在[a,2]上单调递减, 15 2 最大值为 f(a)=-a -2a+3= , 4 1 3 解得 a=- 或 a=- (舍去). 2 2 9.[答案] B 2 [解析] 因为 y′=3x -12,由 y′>0 得函数的增 区间是(-∞,-2)和(2,+∞),由 y′<0,得函数 的减区间是(-2,2),由于函数在(k-1,k+1)上不 是单调函数, 所以有 k-1<-2<k+1 或 k-1<2<k+1, 解得-3<k<-1 或 1<k<3,故选 B. 10.[答案] B 3 [解析] ∵f(x)=x +ax-2 在[1,+∞)上是增函 2 数,∴f′(x)=3x +a≥0 在[1,+∞)上恒成立

a

3

2

2

(1)当 a=3 时, 由(*)式得 解得 b=-3,c=12. 又∵曲线 y=f(x)过原点,∴d=0. 3 2 故 f(x)=x -3x +12x.



(2)由于 a>0,所以“f(x)= x +bx +cx+d 在(- 3 2 ∞,+∞)内无极值点”等价于“f ′(x)=ax +2bx +c≥0 在(-∞,+∞)内恒成立” 由(*)式得 2b=9-5a,c=4a. 2 又∵Δ =(2b) -4ac=9(a-1)(a-9)

a

3

2

解 即 a 的取值范围[1,9]. 选修 2-2 1.3.3

得 a∈[1,9], 函数的最值与导数

-6-

即 a≥-3x 在[1,+∞)上恒成立 2 又∵在[1,+∞)上(-3x )max=-3 ∴a≥-3,故应选 B. 二、填空题 11.[答案] 2 2

2

f?

π? 3 π ?-π ? ? 6 ?= 2 - 6 ,f? 6 ?=-

3 π + . 2 6

又 f(x)在区间端点的取值为 π π π π f? ?=- ,f?- ?= . 2 ?2? ? 2? 2 π π 比较以上函数值可得 f(x)max= ,f(x)min=- . 2 2 (2)∵函数 f(x)有意义, 2 ∴必须满足 1-x ≥0,即-1≤x≤1, ∴函数 f(x)的定义域为[-1,1]. 1 1 x f′(x)=1+ (1-x2)-2?(1-x2)′=1- . 2 2 1 -x 2 . 2 ∴f(x)在[-1,1]上的极值为 令 f′(x)=0,得 x=

1 1 由 y′>0 得 x> ,由 y′<0 得 x< . 2 2 1 1 此函数在?0, ?上为减函数,在? ,1?上为增函数, ? 2? ?2 ? 1 2 ∴最小值在 x= 时取得,ymin= . 2 2 3 12.[答案] 不存在;-28 4 2 [解析] f′(x)=-36+6x+12x , 3 3 令 f′(x)=0 得 x1=-2,x2= ;当 x> 时,函数为 2 2 3 增函数,当-2≤x≤ 时,函数为减函数,所以无最 2 3 3 大值,又因为 f(-2)=57,f? ?=-28 ,所以最小 4 ?2? 3 值为-28 . 4

f?

2 2 2 + 1-? ? = 2. 2 ?2? 又 f(x)在区间端点的函数值为 f(1)=1,f(-1)=

2? = ?2?

-1,比较以上函数值可得 f(x)max= 2,f(x)min=- 1. 3 16.[解析] f(x)的定义域为?- ,+∞?. ? 2 ? 2 2 4x +6x+2 f′(x)=2x+ = 2 x +3 2x+3 2(2x+1)(x+1) = . 2x+3 13.[答案] 3-1 3 x2+a-2x2 a-x2 当- <x<-1 时,f′(x)>0; [解析] f′(x)= 2 2 = 2 2 2 (x +a) (x +a) 1 令 f′(x)=0,解得 x= a或 x=- a(舍去) 当-1<x<- 时,f′(x)<0; 2 当 x> a时,f′(x)<0;当 0<x< a时,f′(x)>0; 1 当 x>- 时,f′(x)>0, a 3 3 2 当 x= a时,f(x)= = , a= <1,不合题 2a 3 2 3 1 意. 所以 f(x)在?- , ?上的最小值为 ? 4 4? 1 3 1 1 ∴f(x)max=f(1)= = ,解得 a= 3-1. f?- ?=ln2+ . 1 +a 3 4 ? 2? 14.[答案] 32 3 1 3 9 7 1 3 1 1 2 [解析] f′(x)=3x -12 又 f?- ?-f? ?=ln + -ln - =ln + = 4 4 2 16 2 16 7 2 2 ? ? ? ? 由 f′(x)>0 得 x>2 或 x<-2, ?1-ln49?<0, 由 f′(x)<0 得-2<x<2. 9? ? ∴f(x)在[-3,-2]上单调递增,在[-2,2]上单调 3 1 1 7 递减,在[2,3]上单调递增. 所以 f(x)在区间?- , ?上的最大值为 f? ?=ln 4 4 4 2 ? ? ? ? 又 f(-3)=17,f(-2)=24,f(2)=-8, 1 f(3)=-1, + . 16 ∴最大值 M=24,最小值 m=-8, 17.[分析] 本题考查导数的运算,利用导数研究 ∴M-m=32. 函数的单调区间,求函数的极值和证明函数不等式, 三、解答题 考查运算能力、综合分析和解决问题的能力. 15.[解析] (1)f′(x)=2cos2x-1. 解题思路是: (1) 利用导数的符号判定函数的单调 1 令 f′(x)=0,得 cos2x= . 性,进而求出函数的极值.(2)将不等式转化构造函 2 数,再利用函数的单调性证明. π π x 又 x∈?- , ?,∴2x∈[-π ,π ], [解析] (1)解: 由 f(x)=e -2x+2a, x∈R 知 f′(x) 2 2 ? ? x =e -2,x∈R. π π ∴2x=± ,∴x=± . 令 f′(x)=0, 得 x=ln2.于是当 x 变化时, f′(x), 3 6 f (x)的变化情况如下表: π π ∴函数 f(x)在?- , ?上的两个极值分别为 x (-∞,ln2) ln2 (ln2,+∞) ? 2 2? f′(x) - 0 +

-7-

2(1-ln2+a) 单调递减 单调递增 故 f(x)的单调递减区间是(-∞,ln2),单调递增区 间是(ln2,+∞), ln2 f(x)在 x=ln2 处取得极小值, 极小值为 f(ln2)=e -2ln2+2a=2(1-ln2+a). x 2 (2)证明: 设 g(x)=e -x +2ax-1, x∈R, 于是 g′(x) x =e -2x+2a,x∈R. 由(1)知当 a>ln2-1 时,g′(x)最小值为 g′(ln2) =2(1-ln2+a)>0. 于是对任意 x∈R,都有 g′(x)>0,所以 g(x)在 R 内 单调递增. 于是当 a>ln2-1 时,对任意 x∈(0,+∞),都有 g(x)>g(0). 而 g(0)=0,从而对任意 x∈(0,+∞),g(x)>0. x 2 x 2 即 e -x +2ax-1>0,故 e >x -2ax+1. 18.[解析] (1)对函数 f(x)求导,得 2 -4x +16x-7 (2x-1)(2x-7) f′(x)= =- 2 2 (2-x) (2-x) 1 7 令 f′(x)=0 解得 x= 或 x= . 2 2 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: 1 1 1 x 0 1 (0, ) ( ,1) 2 2 2 f′(x) - 0 + 7 f(x) -4 -3 - 2 1 所以,当 x∈(0, )时,f(x)是减函数; 2 1 当 x∈? ,1?时,f(x)是增函数. ?2 ? 当 x∈[0,1]时,f(x)的值域为[-4,-3]. 2 2 (2)g′(x)=3(x -a ). 因为 a≥1,当 x∈(0,1)时,g′(x)<0. 因此当 x∈(0,1)时, g(x)为减函数, 从而当 x∈[0,1] 时有 g(x)∈[g(1),g(0)]. 2 又 g(1)=1-2a-3a ,g(0)=-2a,即 x∈[0,1]时 2 有 g(x)∈[1-2a-3a ,-2a]. 任给 x1∈[0,1], f(x1)∈[-4, -3], 存在 x0∈[0,1] 使得 g(x0)=f(x1)成立, 2 则[1-2a-3a ,-2a]? [-4,-3]. ?1-2a-3a ≤-4,① 即? ?-2a≥-3.② 5 3 解①式得 a≥1 或 a≤- ;解②式得 a≤ . 3 2 3 又 a≥1,故 a 的取值范围为 1≤a≤ . 2
2

f(x)

-8-


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