(每日一练)人教版2023高中数学导数及其应用解题方法技巧单选题1、函数y＝x2cos2x的导数为（）A．y′＝2xcos2x－x2sin2xB．y′＝2xcos2x－2x2sin2xC．y′＝x2cos2x－2xsin2xD．y′＝2xcos2x＋2x2sin2x答案：B解析：利用复合函数的导数运算法则计算即可．y′＝(x2)′cos2x＋x2(cos2x)′＝2xcos2x＋x2(－sin2x)·(2x)′＝2xcos2x－2x2sin2x故选：B2、已知在函数푓(푥)=푥2+ln푥与函数푔(푥)=2푥2−푎푥的图象上存在关于푦轴对称的点，则实数푎的取值范围为（）11A．(−∞,−]B．(−∞,−]C．(−∞,−푒]D．(−∞,−1]푒2答案：D解析：ln푥−푥2ln푥−푥2由题可得푓(푥)=푔(−푥)在(0,+∞)有解，化为푎=在(0,+∞)有解，利用导数求出ℎ(푥)=,푥∈푥푥1(0,+∞)的值域即可求解.22由题可得푓(푥)=푔(−푥)在(0,+∞)有解，即푥+ln푥=2푥+푎푥在(0,+∞)有解，ln푥−푥2所以푎=在(0,+∞)有解，푥22ln푥−푥′−푥+1−ln푥令ℎ(푥)=,푥∈(0,+∞)，则ℎ(푥)=，푥푥22′1令푝(푥)=−푥+1−ln푥,푥∈(0,+∞)，则푝(푥)=−2푥−<0，푥所以푝(푥)在(0,+∞)单调递减，且푝(1)=0，′所以当푥∈(0,1)时，푝(푥)>0，则ℎ(푥)>0，ℎ(푥)单调递增，′当푥∈(1,+∞)时，푝(푥)<0，则ℎ(푥)<0，ℎ(푥)单调递减，所以ℎ(푥)max=ℎ(1)=−1，故푎≤−1.故选：D.3、函数푓(푥)=푥2−sin푥在[0，π]上的平均变化率为A．1B．2C．πD．휋2答案：C解析：根据平均变化率的公式，计算出平均变化率.푓(π)−푓(0)π2平均变化率为==π.π−0π故选：C小提示：本小题主要考查平均变化率的计算，属于基础题.填空题4、已知函数푓(푥)=푥3−6푥2+9푥−2，给出以下命题：2①若函数푦=푓(푥)+3푏푥不存在单调递减区间，则实数b的取值范围是(1,+∞)；②过点푀(0,2)且与曲线푦=푓(푥)相切的直线有三条；2③方程푓(푥)=的所有实数的和为16；2−푥e푓′(푥)−(6푥2+9)e④方程푔(푥)=(1+푥)e푥+()，则푔(푥)的极小值为−.232其中真命题的序号是___________.答案：②④解析：2对于①：求导，由判别式小于等于0得出实数b的取值范围；对于②：利用导数的几何意义得出方程3푥0−푦0−212푥0+9=的根，得出切线的条数；对于③：根据对称性得出所有实数的和；对于④：利用导数得出极푥0值.解：因为푦=푓(푥)+3푏푥=푥3−6푥2+(9+3푏)푥−2，所以푦′=3푥2−12푥+9+3푏，若函数푦=푥3−6푥2+(9+3푏)푥−2不存在单调递减区间，则有Δ=122−12(9+3푏)≤0，解得푏≥1，所以①错误；设过点푀(0,2)的直线与曲线푦=푓(푥)相切于点(푥0,푦0)，32′22푦0−2푓(푥)=푥−6푥+9푥−2的导数为푓(푥)=3푥−12푥+9，则有3푥0−12푥0+9=，푥032又点(푥0,푦0)在曲线푦=푓(푥)上，所以푥0−6푥0+9푥0−2=푦0，32代入上式，得푥0−3푥0+2=(푥0−1)[푥0−(1+√3)][푥0−(1−√3)]=0，解得푥0=1或푥0=1+√3或푥0=1−√3，所以过点푀(0,2)且与曲线푦=푓(푥)相切的直线有三条，②正确；函数푓(푥)=푥3−6푥2+9푥−2=(푥−2)3−3(푥−2)，由푦=푥3−3푥为奇函数，关于原点对称，可得푓(푥)的图象关于点(2,0)对称，32且函数푦=的图象也关于点(2,0)对称，2−푥2所以方程푓(푥)=的所有实数根的和为2×2×2=8，③错误.2−푥e④化简得푔(푥)=(1+푥)e푥−(푥2+4푥)⇒푔′(푥)=(2+푥)e푥−e(2+푥)2푥′′=(2+푥)(e−e)，当푥>1,푥<−2,푔(푥)>0，푔(푥)单调递增，当−2<푥<1,푔(푥)<0푔(푥)单调递减.故e푔(푥)极小值为푔(1)=−综上所述，真命题的序号为②④.2所以答案是：②④.푓(1+훥푥)−푓(1)5、设函数푓(푥)可导，则lim=____________．훥