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专题3导数及其应用测试题
命题报告：
1. 高频考点：导数的几何意义切线方程，留言导数求函数的单调区间，极值以及最值，利用导数解决实际问题.
2. 考情分析：高考主要以选择题填空题以及解答题形式出现，在全国卷所占分值是12-17分，一般解答题形式出现，考察利用导数研究函数的性质以及求极值最值问题。
3.重点推荐：基础卷第10题需要构造函数，利用导数与函数 的单调性的关系求解。 一．选择题（本大题共12题，每小题5分）
1. （2018?平罗县校级期中）已知函数f（x）=e，则A．1 [答案]D
B．0
C．e
2
2x
=（ ）
D．2e
2
【解析】：∵f′（x）=2e，∴
2. （2018?攀枝花期末）设f′（x）是函数
2x
=f′（1），∴f′（1）=2e，故选：D． 的导函数，则f'（0）的值为（ ）
2
A．1 【答案】：C
B．0 C．﹣1 D．
【解析】根据题意，
则f'（0）=﹣1；故选：C．
，其导数f′（x）==﹣，
3. （2018?银川三模）已知函数f（x）=cosx+alnx在x=A．
B．
C．
D．﹣
处取得极值，则a=（ ）
【答案】C
【解析】：∵f（x）=cosx+alnx， ∴f′（x）=﹣sinx+， ∵f（x）在x=∴f′（
处取得极值，
=0，
）=﹣+
解得：a=故选：C．
，经检验符合题意，
4. （2018春?云阳县期末）已知函数f（x）=x﹣ax+1在[1，+∞）上是单调递增函数，则实数a的取值范围是（ ） A．a＜3 【答案】：B
【解析】求导函数，可得f′（x）=3x﹣a，∵f（x）在[1，+∞）上单调递增， ∴3x﹣a≥0在[1，+∞）上恒成立，∴a≤3x在[1，+∞）上恒成立， ∴a≤3，故选：B．
5. （2018?柳州一模）设a∈R，若函数y=x+alnx在区间（，e）有极值点，则a取值范围为（ ） A．（，e）
C．（﹣∞，）∪（e，+∞） 【答案】B
B．（﹣e，﹣）
2
2
2
3
B．a≤3 C．a≤1 D．1＜a＜3
D．（﹣∞，﹣e）∪（﹣，+∞）
6. （2018?吉安期中）设函数f（x）在定义域内可导，y=f（x）的图象如图所示，则导函数y=f′（x）的图象可能为（ ）
A． B．
C．【答案】A
D．
【解析】：由f（x）的图象判断出可得从左到右函数的单调性在y轴左侧先增，再减，
在y轴的右侧，函数单调递减，∴导函数y=f′（x）的图象可能为区间（﹣∞，0）内，先有f′（x）＞0，
再有f′（x）＜0，在（0，+∞）再有f′（x）＞0．故选：A．
7. （2018?邯郸二模）若过点P（﹣1，m）可以作三条直线与曲线C：y=xe相切，则m的取值范围是（ ） A．（﹣
，+∞）
B．（
）
x
C．（0，+∞） 【答案】D
D．（）
【解析】：设切点为（x0，y0），过点P的切线程为化简为m=
，即这个方程有三个不等根即可，令
x
，代入点P坐标
，求
导得到f′（x）=（﹣x﹣1）（x+2）e，函数在（﹣∞，﹣2）上单调递减，在（﹣2，﹣1）上单调
递增，在（﹣1，+∞）上单调递减，故得到f（﹣2）＜m＜f（﹣1），即综上，若?x∈（1，+∞），使得f（x）＞﹣a，a的取值范围为a
3
2
，故选：D．
．…………12分
19. （2018?新余期末）函数f（x）=x+ax+bx﹣c，过曲线y=f（x）上的点p（1，f（1）的切线方程y=3x+3．
（1）若y=f（x）在x=﹣2时有极值，求f（x）的表达式； （2）在（1）的条件下，求y=f（x）在[﹣3，1]上的最小值．
【思路分析】（1）f′（x）=3x+2ax+b，由过曲线y=f（x）上的点p（1，f（1）的切线方程y=3x+3．可得f（1）=6=1+a+b﹣c，f′（1）=3+2a+b=3．又y=f（x）在x=﹣2时有极值，可得f′（﹣2）=12﹣4a+b=0，联立解得a，b，c．
（2）在（1）的条件下，f（x）=x+2x﹣4x+7．x∈[﹣3，1]．f′（x）=3x+4x﹣4=（3x﹣2）（x+2），令f′（x）=0，解得x=或﹣2．列表即可得出． 【解析】：（1）f′（x）=3x+2ax+b，
∵过曲线y=f（x）上的点p（1，f（1）的切线方程y=3x+3． ∴f（1）=6=1+a+b﹣c，f′（1）=3+2a+b=3．
又y=f（x）在x=﹣2时有极值，∴f′（﹣2）=12﹣4a+b=0， 联立解得：a=2，b=﹣4，c=﹣7． ∴f（x）=x+2x﹣4x+7．
（2）在（1）的条件下，f（x）=x+2x﹣4x+7．x∈[﹣3，1]． f′（x）=3x+4x﹣4=（3x﹣2）（x+2）， 令f′（x）=0，解得x=或﹣2． 列表如下：
2
3
2
3
2
2
3
2
2
2
x f′（x） f（x） [﹣3，﹣2） ﹣2 + 单调递增 0 极大值 （﹣2，） ﹣ 单调递减 =
0 极小值 ．
+ 单调递增 由表格可得：x=时，函数f（x）取得极小值，又f（﹣3）=10＞
．
=
．
∴函数f（x）最小值为
20. （2018 ?新罗区校级月考）设函数f（x）=axlnx+（a＞0）． （Ⅰ）已知函数在x=1处取得极值，讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）设g（x）=f（x）﹣ax，若g（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围． 【思路分析】（I）函数f（x）=axlnx+（a＞0），x＞0．f′（x）=alnx+a﹣处取得极值，可得f′（1）=0，解得a．进而得出单调性．
（II）g（x）=f（x）﹣ax，a＞0，g（x）≥0恒成立，可得axlnx+﹣ax≥0，x＞0．可得alnx+
，根据函数在x=1
﹣a≥0恒成立，令h（x）=alnx+﹣a，利用导数研究函数的单调性即可得出．
【解析】：（I）函数f（x）=axlnx+（a＞0），x＞0． ∴f′（x）=alnx+a﹣
，∵函数在x=1处取得极值，
∴a﹣1=0，解得a=1．∴f′（x）=lnx+1﹣，
可得：函数f′（x）在（0，+∞）上单调递增，又f′（1）=0， ∴x∈（0，1）时，f′（x）＜0；x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0．
∴函数f（x）在x∈（0，1）时单调递减；x∈（1，+∞）时，函数f（x）单调递增． （II）g（x）=f（x）﹣ax，a＞0，g（x）≥0恒成立，∴axlnx+﹣ax≥0，x＞0． 可得alnx+
﹣a≥0恒成立，令h（x）=alnx+
﹣a，
则h′（x）=﹣∴0＜x＜
==，
时，h′（x）＞0，此时函数h
时，h′（x）＜0，此时函数h（x）单调递减；x＞
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