导数综合应用巩固练习题

1、【巩固练习】1.（2015 春湖北校级期末）已知二函数，若它们的图象有公共点，且在公共点处的切线重合，则切线斜率为（ ）A. 0 B. 12 C.0或12 D.4或12若函数的图象的顶点在第四象限，则函数的图象是（ ）3已知函数在上是单调函数,则实数的取值范围是（ ）A B C D4对于上可导的任意函数，若满足，则必有（ ）A B. C. D. 5若曲线的一条切线与直线垂直，则的方程为（ ）A B C D6函数的定义域为开区间，导函数在内的图象如图所示，则函数在开区间内有极小值点（ ）A个 B个 C个D个7若函数在处有极大值，则常数的值为_；8.(2015 信阳模拟)已知上的可导函数的图像如图

2、所示，则不等式的解集为 .9（2016 全国III高考）已知为偶函数，当时，则曲线在点处的切线方程是_。10设，当时，恒成立，则实数的取值范围为 。11对正整数，设曲线在处的切线与轴交点的纵坐标为，则数列的前项和的公式是12.设其中,曲线在点处的切线垂直于轴.() 求的值;() 求函数的极值.13.（2015 河南二模）设a为实数，函数f（x）=ex2x+2a，xR（1）求f（x）的单调区间及极值；（2）求证：当aln21且x0时，exx22ax+114（2016 四川高考）设函数f(x)=ax2-a-lnx，其中a R.（I）讨论f(x)的单调性；（II）确定a的所有可能取值，使得在区间（1

3、，+）内恒成立(e=2.718为自然对数的底数)。15已知,，是否存在实数,使同时满足下列两个条件：（1）在上是减函数，在上是增函数；（2）的最小值是，若存在，求出，若不存在，说明理由.16.已知函数满足满足;(1)求的解析式及单调区间;(2)若,求的最大值.【参考答案与解析】1.【答案】C【解析】设公共点为，则在函数中，则在点出的切线方程为即化简得：在函数中，则则在点出的切线方程为即：化简得：又两个函数在公共点出的切线重合或切线斜率为0或12.2A 【解析】对称轴，直线过第一、三、四象限3B 【解析】在恒成立，4C 【解析】当时，函数在上是增函数；当时，在上是减函数，故当时取得最小值，即有得

4、5A 【解析】与直线垂直的直线为，即在某一点的导数为，而，所以在处导数为，此点的切线为6A 【解析】极小值点应有先减后增的特点，即7 【解析】，时取极小值8.【答案】【解析】由函数图像可知的解集为: ，的解集为：.由得：或解得：或，解得： 所以不等式的解集为：9 【解析】当时，则.又因为为偶函数，所以，所以，则切线斜率为，所以切线方程为，即.故答案为.10 【解析】时，11 【解析】 ，令，求出切线与轴交点的纵坐标为，所以，则数列的前项和12. 【解析】(1)因,故 由于曲线在点处的切线垂直于轴,故该切线斜率为0,即, 从而,解得 (2)由(1)知, 令,解得(因不在定义域内,舍去), 当时,

5、故在上为减函数; 当时,故在上为增函数; 故在处取得极小值. 13.【解析】（1）f（x）=ex2x+2a，xR，f（x）=ex2，xR令f（x）=0，得x=ln2于是当x变化时，f（x），f（x）的变化情况如下表：x（，ln2）ln2（ln2，+）f（x）0+f（x）单调递减2（1ln2+a）单调递增故f（x）的单调递减区间是（，ln2），单调递增区间是（ln2，+），f（x）在x=ln2处取得极小值，极小值为f（ln2）=eln22ln2+2a=2（1ln2+a），无极大值（2）证明：设g（x）=exx2+2ax1，xR，于是g（x）=ex2x+2a，xR由（1）知当aln21时，g（x）

6、最小值为g（ln2）=2（1ln2+a）0于是对任意xR，都有g（x）0，所以g（x）在R内单调递增于是当aln21时，对任意x（0，+），都有g（x）g（0）而g（0）=0，从而对任意x（0，+），g（x）0即exx2+2ax10，故exx22ax+114【解析】（I）由题意，当时，在上单调递减.当时，由，得当时，；当时，.故在上单调递减，在上单调递增.（II）原不等式等价于在上恒成立.一方面，令，只需在上恒大于0即可. 又，故在处必大于等于0.令，可得.另一方面， 当时，故，又，故在时恒大于0.当时，在单调递增.，故也在单调递增.，即在上恒大于0.综上，.15【解析】设在上是减函数，在上是增函数在上是减函数，在上是增函数. 解得经检验，时，满足题设的两个条件.16. 【解析】(1) 令