导数题

数学导数专题练习题（及答案）

一、单选题

1

．函数

()yfx

的图像如图所示，下列不等关系正确的是（）

A

．

0(2)(3)(3)(2)ffff





B

．

0(2)(3)(2)(3)ffff

C

．

0(3)(3)(2)(2)ffff





D

．

0(3)(2)(2)(3)ffff





2

．若关于

x

的不等式lnlneesin(ln)eesinaxxaxxxax

在区间

(0,)

上恒成立，则实

数

a

的取值范围为（）

A

．

2

,

e









B

．

1

,

e









C

．

1

,

e









D

．

2

,

e









3

．给出下列结论：

①(cos)sinxx





；

②

ππ

(sin)cos

33



；

③

若

2

1

y

x



，则

1

y

x





；其中错

误的个数是（）

A

．

0B

．

1C

．

2D

．

3

4

．已知函数fx

的导函数fx



的图像如图所示，则下列结论正确的是（）

A

．当1x时，函数fx取得极小值

B

．函数fx

在区间11，

上是单调递增的

C

．当3x时，函数fx

取得极大值

D

．函数fx

在区间5,6

上是单调递增的

5

．已知

ln4ln31

,,

54e

abc

，则（）

A

．abcB

．bac

C

．cabD

．bca

6

．下列各式中正确的是（）

A

．



1

ln2

2



B

．33xx





C

．若

2

1

fx

x



，则

2

3

27

f





D

．

2

1

logln2x

x





7

．函数yfx

的图象如图所示，则（）

A

．30



f

B

．30f





C

．30f





D

．3f



的符号不确定

8

．函数41fxxx

的导数记为fx



，则1f



等于（）

A

．0B

．

1

C

．

2

D

．

3

9

．下列结论中正确的个数为（）

①sinxx，

0x

；

②lnxx

；

③

e1xx

．

A

．

0B

．

1C

．

2D

．

3

10

．已知

3

()

ex

x

fx

，则()fx（）

A

．在

(,)

上单调递增

B

．在

(,1)

上单调递减

C

．有极大值

3

e

，无极小值

D

．有极小值

3

，无极大值

11

．已知函数2()2lnfxxx

，则()fx的单调递增区间为（）

.

A

．

(0,1)

B

．

1

(0,)

2

C

．

(,1)

D

．

1

(,)

2



12

．函数ln2fxxxx

在1x处的切线方程为（）

A

．

1yx

B

．1yxC

．

22yx

D

．

21yx

13

．已知

()fx

是函数()fx的导函数，若

(2)4f





，则

0

(2)(2

2

im

)

l

x

fxf

x





（）

A

．

8B

．

4C

．

2D

．

2

14

．一般地，对于一元三次函数fx

，若0

0fx





，则00

,xfx

为三次函数fx

的对

称中心，已知函数321fxxax

图象的对称中心的横坐标为

00

0xx

，且fx

有三

个零点，则实数

a

的取值范围是（）

A

．

332

,

2











B

．,0

C

．0,

D

．,1

15

．已知函数yfx

，若0fx

且0fxxfx





，则有（）

A

．fx

可能是奇函数，也可能是偶函数

B

．11ff

C

．

42

x





时，cos2

2s(os)(inc)

x

fefxx

D

．(0)e(1)ff

二、填空题

16

．

已知函数

ln3x

fx

x



，若关于

x

的不等式20fxafx





≥

有且仅有

1

个整数解，则

a

的取值范围为

___________.

17

．已知

a

，

bR

，若

1

x

，

2

x

，

3

x

是函数32fxxaxb

的零点，且

123

xxx

，

123

xxx

，则6ab的最小值是

__________

．

18

．若函数32

1

3

3

fxxxxa

有三个不同的零点，则实数

a

的取值范围是

__________.

19

．已知fx

是R上的奇函数，gx

是在R上无零点的偶函数，20f

，当

0x

时，

0fxgxfxgx





，则使得





lg

0

lg

fx

gx



的解集是

________

20

．若函数2

1

121

2

fxfxx





，则1f





___________.

三、解答题

21

．已知函数

()()e,Rxfxxaa

．

(1)

若函数()fx在区间

[3,)

上是增函数，求实数

a

的取值范围．

(2)

若2()efx

在0,2x

时恒成立，求实数

a

的取值范围．

22

．已知函数2e1xfxaxx

（

aR

，

e

为自然对数的底数）．

(1)

若fx在

x=0

处的切线与直线

y=ax

垂直，求

a

的值；

(2)

讨论函数fx的单调性；

(3)

当

2

1

e

a

时，求证：2ln2xxfxx

．

23

．设函数2()ln1fxxaxx

，其中

Ra.

(1)1a时，求曲线yfx

在点1,1f

处的切线方程；

(2)

讨论函数fx

极值点的个数，并说明理由；

(3)

若0,0xfx

成立，求

a

的取值范围

.

24

．已知函数323fxxaxx

.

(1)

若3x是fx

的极值点，求fx

在1,a

上的最大值和最小值；

(2)

若fx

在1,

上是单调递增的，求实数

a

的取值范围

.

25

．已知函数eln1xfxax

，

()fx

是其导函数，其中aR．

(1)

若()fx在

(,0)

上单调递减，求

a

的取值范围；

(2)

若不等式()fxfx





对

(,0)x

恒成立，求

a

的取值范围．

【参考答案】

一、单选题

1

．

C

2

．

B

3

．

D

4

．

A

5

．

B

6

．

C

7

．

B

8

．

D

9

．

C

10

．

C

11

．

D

12

．

A

13

．

C

14

．

A

15

．

D

二、填空题

16

．

ln6

,ln3

2









17

．16

18

．

5

9,

3









19

．

1

1(100,)

100









,

20

．1

三、解答题

21

．

(1)

[2,)

(2)2[e,)

【解析】

【分析】

（

1

）求出导函数，由题意可得

()0fx





在

[3,)

上恒成立，从而可求出

a

的取值范围，

（

2

）将问题转化为2exax

在0,2x

时恒成立，构造函数2()exgxx

，利用导数求

出其最大值即可

(1)

由

()()e,Rxfxxaa

，得

()(1)exfxxa





，

因为()fx在区间

[3,)

上是增函数，

所

()0fx





在

[3,)

上恒成立，

所以10xa在

[3,)

上恒成立，

因为

1yxa

在

[3,)

上为增函数，

所以满足题意只需310a，得2a，

所以

a

的取值范围为

[2,)

(2)

因为

()()e,Rxfxxaa

所以2()eexxa

即2exax

在0,2x

时恒成

立，

令2()exgxx

，0,2x

，则22()e1(e1)0xxgx



，

所以2()exgxx

在0,2x

上递减，

所以2

max

()(0)egxg

，

所以2ea

，

所以

a

的取值范围为2[e,)

22

．

(1)1a

(2)

答案见解析

(3)

证明见解析

【解析】

【分析】

（

1

）由导数的几何意义求出切线的斜率，再由直线的位置关系可求解；

（

2

）由于()(1)e2xfxxa



，令

()0fx





，得

1x

或

2

lnx

a



，通过比较两个值分类

讨论得到单调区间；

（

3

）方法一：通过单调性，根据求最值证明；方法二：运用放缩及同构的方法证明

.

(1)

()(1)e2xfxxa



，则

(0)2fa





，

由已知

(2)1aa

，解得1a

(2)

()(1)e2xfxxa



（ⅰ）当0a时，

e20xa

，

所以

()01fxx





，

()01fxx





，

则()fx在

(,1)

上单调递增，在

(1,)

上单调递减；

（ⅱ）当

0a

时，令

e20xa

，得

2

lnx

a



，

①02ea时，

2

ln1

a



，

所以

()01fxx





或

2

lnx

a



，

()01

2

ln

a

fxx



，

则()fx在

(,1)

上单调递增，在

2

1,ln

a









上单调递减，在

2

ln,

a









上单调递增；

②2ea时，1()2(1)e10xfxx





，则()fx在

(,)

上单调递增；

③2ea时，

2

ln1

a



，

所以

2

ln()0x

a

fx



或1x，

2

ln()01fx

a

x



，

则()fx在

2

,ln

a









上单调递增，在

2

ln,1

a









上单调递减，在

(1,)

上单调递增．

综上，0a时，()fx在

(,1)

上单调递增，在

(1,)

上单调递减；

02ea

时，()fx在

(,1)

上单调递增，在

2

1,ln

a









上单调递减，在

2

ln,

a









上单调

递增；

2ea时，()fx在

(,)

上单调递增；

2ea时，()fx在

2

,ln

a









上单调递增，在

2

ln,1

a









上单调递减，在

(1,)

上单调递

增．

(3)

方法一：

2()ln2(0)fxxxxx

等价于

eln10(0)xaxxxx

当

2

1

e

a

时，2eln1eln1(0)xxaxxxxxxx

令22

1

()eln1,()(1)exxgxxxxgxx

x

















令2

1

()exhx

x



，则

()hx

在区间

(0,)

上单调递增

∵

11

(1)10,(2)0

2

hh

e



，

∴存在

0

(1,2)x，使得

0

0hx

，即0

2

00

0

1

e,2lnxxx

x



当

0

0,xx

时，

()0gx





，则

()gx

在

0

0,x

上单调递减，

当

0

,xx

时，

()0gx





，则

()gx

在

0

,x

上单调递增

∴0

2

min0000000

0

1

()eln1210xgxgxxxxxxx

x



∴

()0gx

，故2()ln2fxxxx

方法二：

当

2

1

a

e



时，2eln1eln1(0)xxaxxxxxxx

2ln2()eln1e(ln2)1xxxgxxxxxx

令

ln2txx

，则tR，

令

()e1tktt

，则

()e1tkt



当

0t

时，

()0kt





；当0t时，

()0kt





∴

()kt

在区间

(,0)

上单调递减，

(0,)

上单调递增．

∴

()(0)0ktk

，即

()0gx

∴2()ln2fxxxx

，

【关键点点睛】

解决本题的关键：一是导数几何意义的运用，二是通过导函数等于零，比较方程的根对问

题分类讨论，三是隐零点的运用及放缩法的运用

.

23

．

(1)

322ln230xy

(2)

当0a时，函数fx

有一个极值点；

当

8

0

9

a

时，函数fx

无极值点；

当

8

9

a

时，函数fx

有两个极值点

.

(3)

0,1

【解析】

【分析】

（

1

）将

1a

代入函数()fx中，得出函数()fx的解析式，进而可以求出切点坐标，再利用

导数的几何意义及点斜式即可求解；

（

2

）根据已知条件，对

a

进行分类讨论，利用导数法求函数极值的步骤及函数极值的定义

即可求解；

（

3

）根据0,0xfx

成立，转化为

min

0,0xfx

即可，再利用第（

2

）的结论即可

求解

.

(1)

当1a时，2()ln1fxxxx

21ln1111ln2f

，所以切点为1,ln2

，



113

21,1211

1112

fxxkf

x







，

所以曲线yfx

在点1,1f

处的切线的斜率为

3

1

2

kf





，

所以曲线yfx

在点1,ln2

处的切线的斜率切线方程为



3

ln21

2

yx

，即

322ln230xy

(2)

由题意知函数fx

的定义域为1,

，

2121

21

11

axaxa

fxax

xx









，

令221,1,gxaxaxax

，

（

i

）当

0a

时，10fx





，函数fx

在1,

单调递增，无极值点

（

ii

）当

0a

时，Δ98aa

，

①

当

8

0

9

a

时，Δ0,0,0gxfx





，

所以函数fx

在1,

单调递增，无极值点；

②

当

8

9

a

时，Δ0，

设方程2210axaxa

两根

22

1212

9898

,,,

44

aaaaaa

xxxx

aa





，

此时

12

xx



12121

1111

,,,110,1

2444

xxxxgx



12

1,,,xxx

时，0,0gxfx





，函数fx

单调递增；



12

,xxx

时，0,0gxfx





，函数fx

单调递减

.



函数有两个极值点；

③

当0a时，Δ980aa

，

设方程2210axaxa

两根

22

1212

9898

,,,

44

aaaaaa

xxxx

aa





此时

12

xx



12

110,1xgx



1

1,xx

时，0,0gxfx





，函数fx

单调递增；



1

,xx

时，0,0gxfx





，函数fx

单调递减

.



函数有一个极值点；

综上所述：

当0a时，函数fx

有一个极值点；

当

8

0

9

a

时，函数fx

无极值点；

当

8

9

a

时，函数fx

有两个极值点

.

(3)

由0,0xfx

成立等价于

min

0,0xfx

即可

.

①

当

8

0

9

a

时，函数fx

在0,

上单调递增，

00,0,fx

时，0fx

，符合题意；

②

当

8

1

9

a

时，由00g

，得

2

0x

，



函数fx

在0,

上单调递增，

又00,0,fx

时，0fx

，符合题意；

③

当1a时，由00g

，得2

0x



2

0,xx

时，fx

单调递减

,



2

00,0,fxx

时，0fx

时，不合题意；

④

当0a时，设ln1hxxx

，

0,x

，时，

1

10,

11

x

hxhx

xx









在0,

上单调递增

.



当0,x

时，00hxh

，即ln1xx

，

可得221fxxaxxaxax

，

当

1

1x

a



时，210axax

，此时0fx

，不合题意

.

综上，

a

的取值范围是

0,1

.

【点睛】

解决此题的关键是第一问利用导数的几何意义及点斜式即可，第二问主要是对参数进行分

类讨论，再结合利用导数法求函数的极值的步骤即可，第三问主要将恒成立问题转化为最

值问题再结合第二问的结论即可求解

.

24

．

(1)

最大值为

15

，最小值为9

(2)3a

【解析】

【分析】

（

1

）由30f





可求得实数

a

的值，再利用函数的最值与导数的关系可求得函数fx

在

1,a

上的最大值和最小值；

（

2

）分析可知23230fxxax





对任意的1x恒成立，利用参变量分离法结合基本

不等式可求得实数

a

的取值范围

.

(1)

解：因为323fxxaxx

，则2323fxxax



，则33060fa





，解得

5a，

所以，3253fxxxx

，则23103313fxxxxx





，列表如下：

x1,3

3

3,5

fx



0

fx

减极小值增

所以，

min

39fxf

，因为11f

，515f

，则

max

515fxf

.

(2)

解：由题意可得

23230fxxax





对任意的

1x

恒成立，即

31

2

ax

x









，

由基本不等式可得

3131

23

22

xx

xx









，当且仅当1x时，等号成立，故3a.

25

．

(1)

1

,

e











(2),1

【解析】

【分析】

（

1

）求出导函数ex

a

fx

x





，根据()fx在

(,0)

上单调递减，可得e0x

a

fx

x





在

(,0)

上恒成立，分类参数可得

exax

在

(,0)

上恒成立，令e,0xgxxx

，利

用导数求出函数gx

的最大值即可得解；

（

2

）将已知不等式转化为ln10

a

ax

x



对

(,0)x

恒成立，令

ln1,0

a

hxaxx

x



，在对

a

分类讨论，求出hx

的最大值小于等于

0

，即可求出

答案

.

(1)

解：ex

a

fx

x





，

因为()fx在

(,0)

上单调递减，

所以e0x

a

fx

x





在

(,0)

上恒成立，

即

exax

在

(,0)

上恒成立，

令e,0xgxxx

，

则ee1exxxgxxx





，

当1x时，0gx





，当10x时，0gx





，

所以函数gx

在,1

上递增，在1,0

上递减，

所以

max

1

1

e

gxg

，

所以

a

的取值范围为

1

,

e











；

(2)

解：由()fxfx





得ln1

a

ax

x



，

即ln10

a

ax

x



对

(,0)x

恒成立，

令ln1,0

a

hxaxx

x



，







22

1

,0

ax

aa

hxx

xxx





，

当

0a

时，1hx

，不满足0hx

；

当

0a

时，1x时，0hx





，10x时，0hx





，

所以函数hx

在,1

上递减，在1,0

上递增，

所以

min

110hxha

，不符合题意；

当0a时，1x时，0hx





，10x时，0hx





，

所以函数hx

在,1

上递增，在1,0

上递减，

所以

max

110hxha

，解得

1a

，

综上所述，

a

的取值范围,1

.

【点睛】

本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和最值，考查了不等式恒成立问题，考查了转

化思想和分类讨论思想，考查了学生的计算能力

.