高中数学导数理科数学试题含答案

高二年级导数理科数学试题

一、选择题：（每题5分，共60分）

f(x02x)f(x0)1，则f(x0)等于（ C ）

x0x11A．2 B．－2 C． D．

2212．物体运动方程为St43，则t2时瞬时速度为（D ）

4A．2 B．4 C． 6 D．8

1． 若lim33．函数ysinx的图象上一点(,)处的切线的斜率为（ D ）

32321A．1 B． C． D．

2224．对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x－1)f′(x)≥0，则必有( C )

A．f(0)＋f(2)<2f(1) C．f(0)＋f(2)≥2f(1)

3

B．f(0)＋f(2)≤2f(1) D．f(0)＋f(2)>2f(1)

5．曲线yx2x4在点(1，3)处的切线的倾斜角为（ B ）

A．30° B．45° C．60° D．120° 6．若f(x)x2bln(x2)在(-1,+)上是减函数，则b的取值范围是（ C） A. [1,) B. (1,) C. (,1] D. (,1)

7.已知函数f(x)xax(a6)x1有极大值和极小值，则实数a的取值范围是( C ) （A）-12

1232(B) -36 (D) a<-1或a>2

8.已知f（x）是定义域R上的增函数，且f（x）<0,则函数g(x)=xf(x)的单调情况一定是( A ) (A) 在(-∞，0)上递增 （B）在(-∞，0)上递减 （C）在R上递增 （D）在R上递减

9.曲线yln(2x1)上的点到直线2xy30的最短距离是 （ A ） A.5

B.25 C.35 D. 0

10．如果函数y=f(x)的图象如图所示，那么导函数y=f(x)的图象可能是 (A )

1

11. 已知x≥0,y≥0，x+3y=9,则xy的最大值为 （ A ）

A.36 B.18 C.25 D.42 12.设函数f(x)2

1xlnx(x0),则yf(x) 311ee1C在区间(,1)内有零点，在区间(1,e)内无零点.

e1D在区间(,1)内无零点，在区间(1,e)内有零点.

e解析：由题得f`(x)A在区间(,1),(1,e)内均有零点 B在区间(,1),(1,e)内均无零点

11x3，令f`(x)0得x3；令f`(x)0得0x3；f`(x)0得3x3xx3，故知函数f(x)在区间(0,3)上为减函数，在区间(3,)为增函数，在点x3处有极小值

1ln30；又f(1)1e11,fe10,f()10，故选择D。 33e3e

二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分，把答案填在题中横线上） 13．若f(x)=x

3

+3ax2+3(a+2)x+1没有极值，则a的取值范围为 [-1,2] .

14.已知f(x)lgx，函数f(x)定义域中任意的x1,x2(x1x2)，有如下结论：

①0f(3)f(3)f(2)f(2)；

②0f(3)f(2)f(3)f(2)；

③

f(x1)f(x2)0;

x1x2④f(x1x2f(x1)f(x2)). 22 上述结论中正确结论的序号是 ①③ . 15．对于函数f(x)(2xx)e （1）(2,2)是f(x)的单调递减区间；

（2）f(2)是f(x)的极小值，f(2)是f(x)的极大值； （3）f(x)有最大值，没有最小值；

2x 2

（4）f(x)没有最大值，也没有最小值． 其中判断正确的是___________(2)(4)_____. 16．若函数f(x)xax2x5在区间（,数a的取值范围是___.(

3211）上既不是单调递增函数，也不是单调递减函数，则实3255, )___________________ 42。

三、解答题（本题共6个小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）

17． (12分) 已知函数f(x)xbxcxd的图象过点P(0, 2)，且在点M(1, f(1))处的切线方程为6xy70.（Ⅰ）求函数y32f(x)的解析式；（Ⅱ）求函数yf(x)的单调区间.

（Ⅰ）由f(x)的图象经过P(0, 2)，知d2，

322所以f(x)xbxcx2.所以f(x)3x2bxc.

由在M(1, f(1))处的切线方程是6xy70， 知6f(1)70，即f(1)1，f′(1)6.

所以32bc6,2bc3, 即解得bc3.

1bc21.bc0.

32故所求的解析式是f(x)x3x3x2.

222（Ⅱ）因为f(x)3x6x3， 令3x6x30，即x2x10，

解得 x112，x212. 当x12或x12时，f(x)0， 当12x12时，f(x)0，

故f(x)x3x3x2在(, 12)内是增函数，在(12, 12)内是减函数，在(1是增函数.

18.(12分)已知函数f(x)x3x （I）求函数f(x)在[3,]上的最大值和最小值.

3

3322,)内

32

（II）过点P(2,6)作曲线yf(x)的切线，求此切线的方程.

解：（I）f'(x)3(x1)(x1)， ……………………………………………2分 当x[3,1)或x(1,]时，f'(x)0，

323[3,1],[1,]为函数f(x)的单调增区间

2当x(1,1)时，f'(x)0，

[1,1]为函数f(x)的单调减区间

39又因为f(3)18,f(1)2,f(1)2,f()，………………………………5分

28所以当x3时，f(x)min18

当x1时，f(x)max2 ………………………………………………6分

3（II）设切点为Q(x,x3x)，则所求切线方程为

y(x33x)3(x21)(xx) ………………………………………………8分

32由于切线过点P(2,6)，6(x3x)3(x1)(2x)，

解得x0或x3 ………………………………………………10分 所以切线方程为y3x或y624(x2)即

3xy0或24xy540 ………………………………………………12分

19.(12分)已知函数f(x)=x-x+bx+c.

(1)若f(x)在（-∞，+∞）上是增函数，求b的取值范围;

2

(2)若f(x)在x=1处取得极值，且x∈［-1,2］时，f(x)22

解 （1）f(x)=3x-x+b,因f(x)在（-∞，+∞）上是增函数，则f(x)≥0.即3x-x+b≥0, ∴b≥x-3x在（-∞，+∞）恒成立.设g(x)=x-3x. 当x=时，g(x)max=

1611,∴b≥.12122

2

3

122

(2)由题意知f(1)=0，即3-1+b=0，∴b=-2.

222

x∈［-1,2］时，f(x)2332

∴f(x)max=f(2)=2+c,∴2+c2或c<-1，所以c的取值范围为（-∞，-1）∪（2，+∞）.

4

x3a222ax(a1)x和g(x)x 20．(本小题共12分) 给定函数f(x)3x(I)求证: f(x)总有两个极值点;(II)若f(x)和g(x)有相同的极值点,求a的值. 证明: (I)因为f'(x)x2ax(a1)[x(a1)][(x(a1)],

令f'(x)0,则x1a1,x2a1,------------------------------------------2分 则当xa1时, f'(x)0,当a1xa1, f'(x)0

所以xa1为f(x)的一个极大值点, -----------------------4分 同理可证xa1为f(x)的一个极小值点.-------------------------------------5分 另解：(I)因为f'(x)x22ax(a21)是一个二次函数，

且(2a)24(a21)40，-------------------------------------2分 所以导函数有两个不同的零点，

又因为导函数是一个二次函数，

所以函数f(x)有两个不同的极值点.---------------------------------------5分

22a2(xa)(xa) (II) 因为g'(x)12，

xx2 令g'(x)0,则x1a,x2a ---------------------------------------6分 因为f(x)和g(x)有相同的极值点, 且x1a和a1,a1不可能相等,

所以当aa1时, a经检验, a

21．(12分)把边长为a的等边三角形铁皮剪去三个相同的四边形（如图阴影部分）后,用剩余部分做成一个无盖的正三棱柱形容器(不计接缝)，设容器的高为x，容积为V(x). （Ⅰ）写出函数V(x)的解析式，并求出函数的定义域； （Ⅱ）求当x为多少时，容器的容积最大？并求出最大容积.

5

11， 当aa1时, a, 2211和a时, x1a,x2a都是g(x)的极值点.--------------8分 22

解：（Ⅰ）因为容器的高为x，则做成的正三棱柱形容器的底边长为(a23x)----1分.

则V(x)3(a23x)2x . -------------------------3分 4函数的定义域为(0,3a). ------------------------- 4分 63a)上的最大值点. 6（Ⅱ）实际问题归结为求函数V(x)在区间(0,先求V(x)的极值点.

332a)内，V'(x)93x26axa--------------------6分 643233令V'(x)0，即令93x26axa0，解得x1a, x2a(舍去).

418633因为x1a在区间(0,a)内，x1可能是极值点. 当0xx1时，V'(x)0；

1863当x1xa时，V'(x)0. ---------------------8分

633因此x1是极大值点，且在区间(0,a)内，x1是唯一的极值点，所以xx1a是V(x)的最大值

61831点，并且最大值 f(a)a3

185431即当正三棱柱形容器高为a时，容器的容积最大为a3.----

1854在开区间(0,

22．(14分)已知x1是函数f(x)mx3(m1)xnx1的一个极值点，其中m,nR,m0， （I）求m与n的关系式；

（II）求f(x)的单调区间；

（III）当x1,1时，函数yf(x)的图象上任意一点的切线斜率恒大于3m，求m的取值范围. 解(I)f(x)3mx6(m1)xn因为x1是函数f(x)的一个极值点,所以f(1)0,即

2323m6(m1)n0，所以n3m6 ……………………………………3分

2（II）由（I）知，f(x)3mx6(m1)x3m6=3m(x1)x12……4分 m 6

当m0时，有11x  f(x) f(x) 2，当x变化时，f(x)与f(x)的变化如下表： m222 ,11,1 11 1, mmm- 0 + 0 - 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减 ………………………………………………………………………………………………8分 故有上表知，当m0时，f(x)在,1在(12单调递减， m2,1)单调递增，在(1,)上单调递减.……………………………………………9分 m2（III）由已知得f(x)3m，即mx2(m1)x20…………………………10分

2222又m0所以x2(m1)x0即x2(m1)x0,x1,1①

mmmm12设g(x)x22(1)x，其函数开口向上，由题意知①式恒成立，……11分

mm22g(1)012044所以解之得m又m0所以m0 mm33g(1)010即m的取值范围为,0………

43 7