2023年选修22导数测试题及答案解析2.docx

答案及试题说明 1.解析:f′(x)=(lnx2+1)′=··=. ∴f′(2)=. 答案:B 2.解析:y′=sin(lnx)+cos(lnx)+x·［cos(lnx)-sin(lnx)］=2cos(lnx). 答案:B 3.解析:y′=3x2+1,又4x-y=1的斜率为4, 设曲线y=x3+x-2的切线中与4x-y=1平行的切线的切点为M(x0,y0), 那么3x02+1=4, ∴x0=1或x0=-1. ∴切点为M(1,0)、N(-1,-4)均不在4x-y=1上. ∴有两条直线与4x-y=1平行. 答案:D 4.解析:f′(x)=3×2x(x2-1)2,令f′(x)=0,得x=0或x=±1, 但x=1或x=-1时,两侧的导数值的符号同号,不是极值点. 答案:D 5.解析:y′=16x-. 当x∈(0,)时y′<0,y=8x2-lnx为减函数; 当x∈(,1)时y′>0,y=8x2-lnx为增函数. 答案:C 6.解析:f′(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)-x［(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)］′, ∴f′(0)=-1×(-2)×(-3)×(-4)×(-5)=-5!. 答案:B 7.解析:应用导数的几何意义易判断函数的增减性,然后根据极值判断实根的个数.设f(x)=x3-6x2+9x-10f′(x)=3x2-12x+9f′(x)=0得x1=1或x=3.①x≤1时,f(x)单调递增,最大值为-6.②当1<x≤3时,f(x)单调递减,最小值为-10.③当x>3时,f(x)单调递增,最小值为-10. 由上分析知y=f(x)的图象如图,与x轴只有一个公共点, 所以只有一个实根.应选C. 答案:C ′(x)=3x2-3,令f′(x)=0得x=±1. 当0≤x<1时,f′(x)<0; 当1≤x≤3时,f′(x)>0,那么f(1)最小. 又f(0)=-a,f(3)=18-a, 那么f(3)>f(0), 那么最大值为f(3), 即M=f(3),N=f(1)M-N=f(3)-f(1)=(18-a)-(-2-a)=20, 应选D. 答案:D 9.解析:f′(x)=2x+2f′(1), 令x=1得f′(1)=2+2f′(1), ∴f′(1)=-2. 令x=0得f′(0)=2f′(1), ∴f′(0)=-4. 答案:B 10.解析:f′(x)=-e-x·+·e-x=e-x(-+)=e-x·. 令f′(x)=0,得x=. 当x>时,f′(x)<0；当x<时,f′(x)>0. ∴x=时取极大值,f()=· =. 答案:B 11.解析:由y=f′(x)的图象可得. ∵当x<0时,f′(x)>0, ∴y=f(x)在(-∞,0)上单调递增. ∵当0<x<2时,f′(x)<0, ∴y=f(x)在(1,2)上单调递减. ∵当x>2时,f′(x)>0, ∴y=f(x)在(2,+∞)上单调递增. 答案:C 12.解析:f′(x)=3x2+2ax+a+6. 要使f(x)有极大值和极小值,需f′(x)=0有两个不相等的实根. ∴Δ=4a2-12(a+6)>0. ∴a>6或a<-3. 答案:D 13.解析:令x-a=h, 那么原式==2+ =2f′(a)+f′(a)=3. 答案:3 14.解析:设梯形的上底长为2x,高为h,面积为S, 因为h=,所以S=·=(r+x) , S′=-=, 令S′=0得x=,h=r, 当0<x<时,S′>0;当<x<r时,S′<0. ∴当x=时,S取极大值. 又∵极值点唯一, 因此当梯形的上底长为r时,它的面积最大. 答案:r 15.解析: = =- =-. ∴f′(0)=-f′(0).∴f′(0)=0. 答案:0 16.解析:f′(x)=3x2+2ax+b. ∵x=1是极值点, ∴f′(1)=0,即3+2a+b=0. ① 又f(1)=10, ∴1+a+b+a2=10. ② 由①②得或. 答案:或 17.解:f′(x)=3x2+2ax+b. ∵f(x)在x=2处有极值, ∴f′(2)=0,即12+4a+b=0. 又f(x)的图象在x=1处的切线平行于直线y=-3x-2, ∴f′(1)=-3, 即3+2a+b=-3. 由得 ∴f′(x)=3x2-6x. 由f′(x)=0,得x1=0,x2=2. 当x<0时,f′(x)>0；当0<x<2,f′(x)<0；当x>2时,f′(x)>0. ∴x=0时取极大值,x=2时取极小值. ∴f(0)-f(2)=c-8+12-c=4. 18.证明:设f(x)=ln(1+x)-x+,其定义域为(-∞,+∞). f′(x)=-1+x=>0. 所以f(x)在(-1,+∞)上是增函数. 由增函数定义知,当x>0时,f(x)>f(0)=0, 即x>0时,ln(1+x)>x-. 19.解:设容器高为x cm,容器的容积为V(x) cm3,那么 V(x)=x(90-2x)(48-2x) =4x3-276x2+4 320x(0＜x＜24). 求V(x)的导数,得 V′(x)=12x2-552x+4 320 =12(x2-46x+360) =12(x-10)(x-36), 令V′(x)=0,得x1=10,x2=36(舍去). 当0＜x＜10时,V′(x)＞0,那么V(x)为增函数; 当10＜x＜24时,V′(x)＜0,那么V(x)为减函数. 因此,在定义域(0,24)内,函数V(x)只有当x=10时取得最大值,其最大值为 V(10)=10×(90-20)×(48-20) =19 600(cm3). 答:当容器的高为10 cm时,容器的容积最大,最大容积为19 600 cm3. 20.解:(1)f′(x)=3x2-x+b， f(x)的图象上有与x轴平行的切线，那么f′(x)=0有实数解，即方程3x2-x+b=0有实数解， 由Δ=1-12b≥0，得b≤. (2)由题意，x=1是方程3x2-x+b=0的一个根，设另一根为x0， 那么∴ ∴f(x)=x3-x2-2x+c, f′(x)=3x2-x-2. 当x∈(-1,-)时，f′(x)>0； x∈(-,1)时，f′(x)<0； x∈(1,2)时，f′(x)>0. ∴当x=-时，f(x)有极大值+c. 又f(-1)=+c,f(2)=2+c, 即当x∈［-1,2］时，f(x)的最大值为f(2)=2+c. ∵对x∈［-1,2］时,f(x)<c2恒成立， ∴c2>2+c. 解得c<-1或c>2. 故c的取值范围为(-∞,-1)∪(2,+∞). 21.(1)解:因为函数f(x)、g(x)的图象都过点(t,0), 所以f(t)=0,即t3+at=0. 因为t≠0,所以a=-t2. g(t)=0,即bt2+c=0,所以c=ab. 又因为f(x)、g(x)在点(t,0)处有相同的切线,所以f′(t)=g′(t). 而f′(x)=3x2+a,g′(x)=2bx, 所以3t2+a=2bt. 将a=-t2代入上式得b=t. 因此c=ab=-t3. 故a=-t2,b=t,c=-t3. (2)解法一:y=f(x)-g(x)=x3-t2x-tx2+t3,y′=3x2-2tx-t2=(3x+t)(x-t). 当y′=(3x+t)(x-t)<0时,函数y=f(x)-g(x)单调递减. 由y′<0,假设t>0,那么-<x<t; 假设t<0,那么t<x<-. 由题意,函数y=f(x)-g(x)在(-1,3)上单调递减,那么(-1,3)(-,t)或(-1,3)(t,-). 所以t≥3或-≥3,即t≤-9或t≥3. 又当-9<t<3时,函数y=f(x)-g(x)在(-1,3)上不单调递减. 所以t的取值范围为(-∞,-9)∪［3,+∞］. 解法二:y=f(x)-g(x)=x3-t2x-tx2+t3, y′=3x2-2tx-t2=(3x+t)(x-t). 因为函数y=f(x)-g(x)在(-1,3)上单调递减,且y′=(3x+t)(x-t)是开口向上的抛物线, 所以 即 解得t≤-9或t≥3. 所以t的取值范围为(-∞,-9)∪［3,+∞］. 22.证明:(1)f′(x)=ax2+bx-a2. ∵x1、x2是f(x)的两个极值点, ∴x1、x2是方程f′(x)=0的两个实数根. ∵a>0,∴x1x2=-a<0,x1+x2=-. ∴|x1|+|x2|=|x1-x2|=. ∵|x1|+|x2|=2,∴+4a=4, 即b2=4a2-4a3. 又b2≥0,∴0<a≤1. (2)设g(a)=4a2-4a3, 那么g′(a)=8a-12a2=4a(2-3a). 由g′(a)>0得0<a<,g′(a)<0. 又0<a≤1得<a≤1. ∴g(a)在区间(0,)上是增函数,在区间(,1)上是减函数. ∴g(a)max=g()=. ∴|b|≤. (3)∵x1、x2是方程f′(x)=0的两个实数根, ∴f′(x)=a(x-x1)(x-x2). ∴h(x)=a(x-x1)(x-x2)-2a(x-x1) =a(x-x1)(x1-x2-2). ∴|h(x)|=a|x-x1|·|x1-x2-2|≤a·()2. ∵x>x1,∴|x-x1|=x-x1. 又x1<0,x1x2<0,∴x2>0. ∴x2+2>2. ∵x<2, ∴x-x2-2<0. ∴|x-x2-2|=x2+2-x. ∵|x-x1|+|x-x2-2|=x2-x1+2=4, ∴|h(x)|≤4a.