2013年全國高考數(shù)學第二輪復習 專題升級訓練6 導數(shù)及其應用 理

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1、專題升級訓練6　導數(shù)及其應用 (時間：60分鐘　滿分：100分) 一、選擇題(本大題共6小題，每小題6分，共36分) 1．函數(shù)y＝f(x)的圖象在點x＝5處的切線方程是y＝－x＋8，則f(5)＋f′(5)等于(　　)． A．1 　　　 B．2 　　　 C．0 　　　 D． 理科用2．函數(shù)f(x)在定義域內可導，y＝f(x)的圖象如圖所示，則導函數(shù)y＝f′(x)的圖象可能為(　　)． 3．當x∈(0,5)時，函數(shù)y＝xln x(　　)． A．是單調增函數(shù) B．是單調減函數(shù) C．在上單調遞增，在上單調遞減 D．在上單調遞減，在上單調遞增 4．函數(shù)y＝xsin x＋co

2、s x在下面哪個區(qū)間內是增函數(shù)(　　)． A． B．(π，2π) C． D．(2π，3π) 5．f(x)是定義在(0，＋∞)上的非負可導函數(shù)，且滿足xf′(x)－f(x)≤0，對任意正數(shù)a，b，若a＜b，則必有(　　)． A．af(b)≤bf(a) 　　　　 B．bf(a)≤af(b) C．af(a)≤f(b) 　　　　　D．bf(b)≤f(a) 6．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，x∈[－2,2]表示的曲線過原點，且在x＝±1處的切線斜率均為－1，給出以下結論： ①f(x)的解析式為f(x)＝x3－4x，x∈[－2,2]； ②f(x

3、)的極值點有且僅有一個； ③f(x)的最大值與最小值之和等于0. 其中正確的結論有(　　)． A．0個 　　　 B．1個 　　　 C．2個　　　 D．3個 二、填空題(本大題共3小題，每小題6分，共18分) 7．在直徑為d的圓木中，截取一個具有最大抗彎強度的長方體梁，則矩形面的長為__________．(強度與bh2成正比，其中h為矩形的長，b為矩形的寬) 8．函數(shù)f(x)＝x3－3a2x＋a(a＞0)的極大值是正數(shù)，極小值是負數(shù)，則a的取值范圍是__________． 9．若點P是曲線y＝x2－ln x上任意一點，則點P到直線y＝x－2的最小距離為__________． 三

4、、解答題(本大題共3小題，共46分．解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟) 10．(本小題滿分15分)設x＝1與x＝2是函數(shù)f(x)＝aln x＋bx2＋x的兩個極值點． (1)試確定常數(shù)a和b的值； (2)試判斷x＝1，x＝2是函數(shù)f(x)的極大值點還是極小值點，并說明理由． 11．(本小題滿分15分)已知函數(shù)f(x)＝4x3＋3tx2－6t2x＋t－1，x∈R，其中t∈R. (1)當t＝1時，求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程； (2)當t≠0時，求f(x)的單調區(qū)間． 12．(本小題滿分16分)已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3.

5、 (1)求函數(shù)f(x)在[t，t＋2](t＞0)上的最小值； (2)對一切x∈(0，＋∞),2f(x)≥g(x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍； (3)證明：對一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)n x＞－成立． 參考答案 一、選擇題 1．B　解析：由題意知f(5)＝－5＋8＝3，f′(5)＝－1，故f(5)＋f′(5)＝2.故選B. 2．D　解析：x＜0時，f(x)為增函數(shù)，所以導函數(shù)在x＜0時大于零；x＞0時，原函數(shù)先增后減再增，所以導函數(shù)先大于零再小于零之后又大于零．故選D. 3．D　解析：y′＝ln x＋1，令y′＝0，得x＝. 在上y′＜0，在上y′＞0， ∴y＝xln x

6、在上單調遞減， 在上單調遞增．故選D. 4．C　解析：∵y＝xsin x＋cos x， ∴y′＝(xsin x)′＋(cos x)′＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x， ∴當＜x＜時，xcos x＞0，即y′＞0. 故函數(shù)y＝xsin x＋cos x在區(qū)間內是增函數(shù)．故選C. 5．A　解析：設F(x)＝，則F′(x)＝≤0， 故F(x)＝為減函數(shù)． 由0＜a＜b，有≥?af(b)≤bf(a)，故選A. 6．C　解析：∵f(0)＝0，∴c＝0.∵f′(x)＝3x2＋2ax＋b， ∴即 解得a＝0，b＝－4， ∴f(x)＝x3－4x，∴f′(x)＝3x2－

7、4. 令f′(x)＝0得x＝±∈[－2,2]，∴極值點有兩個． ∵f(x)為奇函數(shù)，∴f(x)max＋f(x)min＝0. ∴①③正確，故選C. 二、填空題 7．d　解析：如圖為圓木的橫截面， 由b2＋h2＝d2，∴bh2＝b(d2－b2)． 設f(b)＝b(d2－b2)，∴f′(b)＝－3b2＋d2. 令f′(b)＝0，又∵b＞0， ∴b＝d，且在上f′(b)＞0，在上f′(b)＜0. ∴函數(shù)f(b)在b＝d處取極大值，也是最大值，即抗彎強度最大，此時長h＝d. 8．　解析：f′(x)＝3x2－3a2＝3(x＋a)(x－a)，由f′(x)＝0得x＝±a，當－a＜x＜

8、a時，f′(x)＜0，函數(shù)遞減； 當x＞a或x＜－a時，f′(x)＞0，函數(shù)遞增． ∴f(－a)＝－a3＋3a3＋a＞0，且f(a)＝a3－3a3＋a＜0，解得a＞. 9．　解析：過點P作y＝x－2的平行直線，且與曲線y＝x2－ln x相切． 設P(x0，x02－ln x0)，則有k＝y(tǒng)′|x＝x0＝2x0－. ∴2x0－＝1， ∴x0＝1或x0＝－(舍去)， ∴P(1,1)，∴d＝＝. 三、解答題 10．解：(1)f′(x)＝＋2bx＋1. 由已知?解得 (2)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (0,1) 1 (1,2) 2 (2，＋∞

9、) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x)  極小值  極大值  ∴在x＝1處，函數(shù)f(x)取得極小值； 在x＝2處，函數(shù)f(x)取得極大值－ln 2. 11．解：(1)當t＝1時，f(x)＝4x3＋3x2－6x，f(0)＝0，f′(x)＝12x2＋6x－6，f′(0)＝－6，所以曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝－6x. (2)f′(x)＝12x2＋6tx－6t2. 令f′(x)＝0，解得x＝－t或x＝. 因為t≠0，以下分兩種情況討論： ①若t＜0，則＜－t.當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x

10、 (－t，＋∞) f′(x) ＋ － ＋ f(x)    所以，f(x)的單調遞增區(qū)間是，(－t，＋∞)；f(x)的單調遞減區(qū)間是. ②若t＞0，則－t＜. 當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－∞，－t) f′(x) ＋ － ＋ f(x)    所以，f(x)的單調遞增區(qū)間是(－∞，－t)，；f(x)的單調遞減區(qū)間是. 12．(1)解：f′(x)＝ln x＋1，則當x∈時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減；當x∈時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增． ①0＜t＜t＋2＜，沒有最小值； ②0＜t＜＜t＋

11、2，即0＜t＜時，f(x)min＝f＝－； ③≤t＜t＋2，即t≥時，f(x)在[t，t＋2]上單調遞增，f(x)min＝f(t)＝tln t．所以f(x)min＝ (2)解：2xln x≥－x2＋ax－3，則a≤2ln x＋x＋， 設h(x)＝2ln x＋x＋(x＞0)，則h′(x)＝. ①x∈(0,1)，h′(x)＜0，h(x)單調遞減； ②x∈(1，＋∞)，h′(x)＞0，h(x)單調遞增． 所以h(x)min＝h(1)＝4，對一切x∈(0，＋∞),2f(x)≥g(x)恒成立．所以a≤h(x)min＝4，即a的取值范圍是(－∞，4]． (3)證明：問題等價于證明xln x＞－(x∈(0，＋∞))， 由(1)可知f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－， 當且僅當x＝時取到． 設m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，則m′(x)＝， 易知m(x)max＝－，當且僅當x＝1時取到， 從而對一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)n x＞－成立．