数学文科导数练习题

一、选择题

1. 一个物体的运动方程为S=1+t+t^2其中s的单位是米，t的单位是秒，那么物体在3秒末的瞬时速度是（ ）

A 7米/秒 B 6米/秒 C 5米/秒 D 8米/秒 2. 已知函数f(x)=ax＋c,且f(1)=2,则a的值为（ ）

2

A.1

B.2 C.－1 D. 0

3 f(x)与g(x)是定义在R上的两个可导函数，若f(x),g(x)满足f'(x)g'(x),则

f(x)与g(x)满足（ ）

A f(x)2g(x) Bf(x)g(x)为常数函数

Cf(x)g(x)0 D f(x)g(x)为常数函数 4. 函数y=x3+x的递增区间是（ ）

A (,1) B (1,1) C (,) D (1,)

5.若函数f(x)在区间（a ，b）内函数的导数为正，且f(b)≤0，则函数f(x)在（a， b）内有（ ）

A. f(x) 〉0 B.f(x)〈 0 C.f(x) = 0 D.无法确定 6.f'(x0)=0是可导函数y=f(x)在点x=x0处有极值的 ( ) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．非充分非必要条件

37．曲线f(x)=x+x-2在p0处的切线平行于直线y=4x-1，则p0点的坐标为（ ）

A (1,0) B (2,8)

C (1,0)和(1,4) D (2,8)和(1,4) 8．函数y13xx 有 （ ）

A.极小值-1，极大值1 B. 极小值-2，极大值3

C.极小值-1，极大值3 D. 极小值-2，极大值2

'9 对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x1)f(x)0，则必有（ ）

3A 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)

10．函数f(x)的定义域为开区间(a,b)，导函数f(x)在(a,b)内的图象如图所示，则函数

f(x)在开区间(a,b)内有极小值点（ ） yyf(x)A. 1个 B.2个 C.3个 D.4个 二、填空题 11．函数

b aO xyx3x2x的单调区间为

___________________________________.

12．已知函数f(x)x3ax在R上有两个极值点，则实数a的取值范围是 . 13.曲线yx34x在点(1,3) 处的切线倾斜角为__________.

14. 曲线yx3在点1,1处的切线与x轴、直线x2所围成的三角形的面积为__________。 15. 已知曲线y134x，在点P(2,4)的切线方程是______________ 3316. 某公司一年购买某种货物400吨，每次都购买x吨，运费为4万元／次，一年的总存储

费用为4x万元，要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则x 吨．

三、解答题：

15．求垂直于直线2x6y10并且与曲线yx33x25相切的直线方程

16．如图，一矩形铁皮的长为8cm，宽为5cm，在四个角上截去

四个相同的小正方形，制成一个无盖的小盒子，问小正方形的边长 为多少时，盒子容积最大？

17．已知f(x)ax4bx2c的图象经过点(0,1)，且在x1处的切线方程是yx2，请解答下列问题：

（1）求yf(x)的解析式； （2）求yf(x)的单调递增区间。

318．已知函数f(x)ax3(a2)x26x3 2（1）当a2时，求函数f(x)极小值； （2）试讨论曲线yf(x)与x轴公共点的个数。

3219.已知函数f(x)xaxbxc在x2与x1时都取得极值 3（1）求a,b的值与函数f(x)的单调区间

（2）若对x[1,2]，不等式f(x)c2恒成立，求c的取值范围

20.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， （1）求m与n的关系式； （2）求f(x)的单调区间；

（3）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.

32

参

一、选择题 AACACBBCCCA 二、填空题

11．递增区间为：（-∞，

11），（1，+∞）递减区间为（，1） 331（注：递增区间不能写成：（-∞，）∪（1，+∞））

312．(,0)

3 4814．

313．

15.y4x40 16.20

三、解答题：

17．解：设切点为P(a,b)，函数yx33x25的导数为y'3x26x

切线的斜率ky'|xa3a26a3，得a1，代入到yx3x5 得b3，即P(1,3)，y33(x1),3xy60

18．解：设小正方形的边长为x厘米，则盒子底面长为82x，宽为52x V(82x)(52x)x4x26x40x V12x52x40,令V0,得x1,或x'2'32321010，x（舍去）

33 V极大值V(1)18，在定义域内仅有一个极大值， V最大值18

19．解：（1）f(x)axbxc的图象经过点(0,1)，则c1，

42f'(x)4ax32bx,kf'(1)4a2b1,

切点为(1,1)，则f(x)axbxc的图象经过点(1,1) 得abc1,得a4259,b 22f(x)92xx1 22'3（2）f(x)10x9x0,310310 x0,或x1010单调递增区间为(20．解：（1）

310310,0),(,) 1010a2f'(x)3ax23(a2)x63a(x)(x1),f(x)极小值为f(1)

2a（2）①若a0，则f(x)3(x1)2，f(x)的图像与x轴只有一个交点； ②若a0， f(x)极大值为f(1)a20，f(x)的极小值为f()0， 2af(x)的图像与x轴有三个交点；

③若0a2，f(x)的图像与x轴只有一个交点；

④若a2，则f'(x)6(x1)20，f(x)的图像与x轴只有一个交点； ⑤若a2，由（1）知f(x)的极大值为f()4(轴只有一个交点；

综上知，若a0,f(x)的图像与x轴只有一个交点；若a0，f(x)的图像与x轴有三个交点。

21．解：（1）f(x)xaxbxc,f(x)3x2axb 由f()32'22a1323)0，f(x)的图像与xa4412124ab0，f'(1)32ab0得a,b2 2393f'(x)3x2x2(3x2)(x1)，函数f(x)的单调区间如下表： 222(,)(,1) x 1 (1,) 333  0 0 f'(x)  ' f(x)  极大值  极小值  2,1)； 32222123c （2）f(x)xx2xc,x[1,2]，当x时，f()33272所以函数f(x)的递增区间是(,)与(1,),递减区间是(2为极大值，而f(2)2c，则f(2)2c为最大值，要使f(x)c,x[1,2]

223恒成立，则只需要cf(2)2c，得c1,或c2

22．解(1)f(x)3mx2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3m6(m1)n0，所以n3m6

（2）由（1）知，f(x)3mx26(m1)x3m6=3m(x1)x12 m当m0时，有11

2，当x变化时，f(x)与f(x)的变化如下表： mx f(x) 2,1 m0 调调递减 12 m21,1 m0 单调递增 1 1, 0 单调递减 0 极小值 0 极大值 f(x) 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. m（3）由已知得f(x)3m，即mx22(m1)x20

2222(m1)x0即x2(m1)x0,x1,1① mmmm122设g(x)x2(1)x，其函数开口向上，由题意知①式恒成立，

mm2又m0所以x22g(1)0120所以解之得 mmg(1)0104m又m0 34所以m0

3即m的取值范围为,0

43