导数综合及其应用(含答案解析)

导数综合及其应用一、选择题1.若函数3()=+b+fxxxc有极值点1x，2x，且11()=fxx，则关于x的方程213(())+2()+=0fxfxb的不同实根个数是A.3B.4C.5D.62.下图是函数()yfx的导函数()yfx的图象，下列说法错误．．的是（）A.2是函数()yfx的极小值点；B.1是函数()yfx的极值点；C.()yfx在0x处切线的斜率大于零；D.()yfx在区间(2,2)上单调递增.3.对于R上每一点x都有导数的任意函数)(xf,若满足(1)()0xfx≥，则必有（）A.)1(2)2()0(fffB.)1(2)2()0(fffC.(0)(2)2(1)fff≤D.(0)(2)2(1)fff≥4.若2()24lnfxxxx,则'()0fx的解集为()A.(0,)B.(1,0)（2，+）C.(2,)D.(1,0)5.设变量x,y满足约束条件360,20,30,xyyxy则目标函数z=y－2x的最小值为A.－7B.－4C.1D.26.如图是函数32()fxxbxcxd的大致图象，则2212xx等于（）(A)23(B)43(C)83(D)1697.已知函数32()fxxaxbxc有两个极值点12,xx，若112()fxxx，则关于x的xyO12–2-1Ox1x22xy方程23(())2()0fxafxb的不同实根个数为（A）3(B)4(C)5(D)68.设函数2()()fxgxx，曲线()ygx在点1,(1)g处的切线方程为21yx，则曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线的斜率为（）A.4B.14C.2D.12二、填空题9.计算：20lim______313nnn10.已知函数()()cossin4fxfxx,则()4f的值为11.lg5lg20的值是____________。12.设a+b=2,b0,则1||2||aab的最小值为.13.设函数2(0)yaxbxkk在0x处取得极值，且曲线()yfx以点(1,(1))f处的切线垂直于直线210xy，则ab的值为.三、解答题14.设函数21xfxxekx(其中kR).(Ⅰ)当1k时,求函数fx的单调区间；(Ⅱ)当1,12k时,求函数fx在0,k上的最大值M.15.已知函数f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线y＝f(x)在点（0，f(0)）处切线方程为y＝4x+4（Ⅰ）求a，b的值（Ⅱ）讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值16.设[2,0]a,已知函数332(5),03,0(,).2xfaxxaxxxxxa(Ⅰ)证明()fx在区间(－1,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增;(Ⅱ)设曲线()yfx在点(,())(1,2,3)iiixfxiP处的切线相互平行,且1230,xxx证明12313xxx.17.某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池（不计厚度）.设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米.假设建造成本仅与表面积有关，侧面积的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12000元（为圆周率）.（Ⅰ）将V表示成r的函数()Vr，并求该函数的定义域；zhangwlx（Ⅱ）讨论函数()Vr的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大.zhangwlx18.设函数xkxxxf23)(Rk.(1)当1k时,求函数)(xf的单调区间；(2)当0k时,求函数)(xf在kk,上的最小值m和最大值M.19.已知a∈R，函数f(x)=2x3-3(a+1)x2+6ax（Ⅰ）若a=1，求曲线y=f(x)在点（2，f(2)）处的切线方程；（Ⅱ)若|a|1，求f(x)在闭区间[0,|2a|]上的最小值.导数综合及其应用答案单项选择题1.A2.B3.D4.C【解析】2(2)(1)4()220xxfxxxx,利用数轴标根法可解得10x或2x,又0x,所以2x.5.A6.D7.【答案】A【解析】2'()32fxxaxb，12,xx是方程2320xaxb的两根，由23(())2()0fxafxb，则又两个()fx使得等式成立，11()xfx，211()xxfx，其函数图象如下：如图则有3个交点，故选A.【考点定位】考查函数零点的概念，以及对嵌套型函数的理解.8.A填空题9.13.10.21【解析】因为'()'()sincos4fxfxx,所以'()'()sincos4444ff,整理得'()214f.11.112.3413.1解答题14.(Ⅰ)当1k时,21xfxxex,1222xxxxfxexexxexxe令0fx,得10x,2ln2x当x变化时,,fxfx的变化如下表:x,000,ln2ln2ln2,fx00fx单增极大值单减极小值单增由上表可知,函数fx的递减区间为0,ln2,递增区间为,0,ln2,.(Ⅱ)1222xxxxfxexekxxekxxek,令0fx,得10x,2ln2xk,令ln2gkkk,则1110kgkkk,所以gk在1,12上递增,所以ln21ln2ln0gke,从而ln2kk,所以ln20,kk所以当0,ln2xk时,0fx；当ln2,xk时,0fx；所以3max0,max1,1kMffkkek令311khkkek,则3khkkek,令3kkek,则330kkee所以k在1,12上递减,而1313022ee所以存在01,12x使得00x,且当01,2kx时,0k,当0,1kx时,0k,所以k在01,2x上单调递增,在0,1x上单调递减.因为1170228he,10h,所以0hk在1,12上恒成立,当且仅当1k时取得“”.综上,函数fx在0,k上的最大值31kMkek.解：（I）'2()()24.fxeaxabx=++--由已知得'()4,()4,fxfx==故4,8bab=+=，从而4ab==(II)由（I）知，2)4(1)4,xfxexxx（'1()4(2)244(2)().2xxfxexxxe令'()0=-1n2x=-2.fxx得，或从而当''(,2)(12,)()0;(2,12))xnfxxnfx时，当时，（0.故()--2-12+-2-12fxnn在（，），（，）单调递增，在（，）单调递减.当2=-2-2=41-)xfxfe时，函数（）取得极大值，极大值为（）（.16.（1）设函数1()fx3(5)xax（x0）3223()2afxxxax（x0）①1'()fx23(5)xa，由2,0a，从而当-1x01'()fx23(5)xa35a--0所以函数1()fx在区间1,0内单调递减②22'()3(3)(3)(1)fxxaxaxax2,0a0x1时，2'()fx0,····2()fx单减x1时，2'()fx0···2()fx单增综合①②且12(0)(0)ff可知函数()fx在区间（-1,1）内单调递减在区间（1，）内单调递增（2）由（1）知'()fx(,0)30)6a单减（，单增()fx在i(,())iiPxfx（i=1,2,3）处的切线相互平行，从而123,,xxx互不相等，且1'()fx=23'()'()fxfx不妨设1230xxx由222222333(5)3(3)3(3)xaxaxaxaxa可得22232333(3)()0xxaxx，解得2333axx，从而02336axx设2()3(3)gxxaa则23()()06aggxga由21235xagxa解得12503ax所以123xxx25333aa设22535,32atta则，因为2,0a，所以315,33t故2212331111(1)6233txxxtt…即12313xxx17.（1）因为蓄水池侧面的总成本为100´2200rhrh元，底面的总成本为1602r元所以蓄水池的总成本为（2002160rhr）元，又据题意220016012000rhr所以21(3004)5hrr从而22()(3004)5rVrhrr因r0,又由h0可得r53,故函数()rV的定义域为(0,53)（2）因3()=300r4)5rVr（，故2(r)(30012r)5V,令()0rV，故(r)V在(5,53)上为减函数，由此可知，()rV在r=5处取得最大值，此时h=8,即当r=5,h=8,该蓄水池的体积最大18.【解析】：'2321fxxkx(1)当1k时'2321,41280fxxx'0fx,fx在R上单调递增.（2）当0k时，'2321fxxkx，其开口向上，对称轴3kx，且过01，（i）当24124330kkk，即30k时，'0fx，fx在,kk上单调递增，-kk3kxk从而当xk时，fx取得最小值mfkk,当xk时，fx取得最大值3332Mfkkkkkk.（ii）当24124330kkk，即3k时，令'23210fxxkx解得：221233,33kkkkxx,注意到210kxx,(注：可用韦达定理判断1213xx，1223kxxk,从而210kxx；或者由对称结合图像判断)12min,,max,mfkfxMfkfx32211111110fxfkxkxxkxkxfx的最小值mfkk,232322222222=[1]0fxfkxkxxkkkkxkxkkfx的最大值32Mfkkk综上所述，当0k时，fx的最小值mfkk,最大值32Mfkkk解法2（2）当0k时，对,xkk，都有32332()()(1)()0fxfkxkxxkkkxxk，故fxfk32332222()()()(221)()[()1]0fxfkxkxxkkkxkxkxkxkxkk故fxfk，而()0fkk，3()20fkkk所以3max()()2fxfkkk，min()()fxfkk【解析】：看着容易，做着难！常规解法完成后，发现不用分类讨论，奇思妙解也出现了：结合图像感知xk时最小，xk时最大，只需证