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湖南省高考数学第二轮复习 专题升级训练6 导数及其应用 文

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专题升级训练6 导数及其应用(时间:60分钟 满分:100分)一、选择题(本大题共6小题,每小题6分,共36分)1.函数y=f(x)的图象在点x=5处的切线方程是y=-x+8,则f(5)+f′(5)等于(  ).A.1B.2C.0D.2.f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示,则函数f(x)的图象最有可能是下图中的(  ).3.当x∈(0,5)时,函数y=xlnx(  ).A.是单调增函数B.是单调减函数C.在上单调递增,在上单调递减D.在上单调递减,在上单调递增4.函数y=xsinx+cosx在下面哪个区间内是增函数(  ).A.B.(π,2π)C.D.(2π,3π)5.f(x)是定义在(0,+∞)上的非负可导函数,且满足xf′(x)-f(x)≤0,对任意正数a,b,若a<b,则必有(  ).A.af(b)≤bf(a)B.bf(a)≤af(b)C.af(a)≤f(b)D.bf(b)≤f(a)6.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c,x∈[-2,2]表示的曲线过原点,且在x=±1处的切线斜率均为-1,给出以下结论:①f(x)的解析式为f(x)=x3-4x,x∈[-2,2];②f(x)的极值点有且仅有一个;③f(x)的最大值与最小值之和等于0.其中正确的结论有(  ).A.0个B.1个C.2个D.3个-5-\n二、填空题(本大题共3小题,每小题6分,共18分)7.在直径为d的圆木中,截取一个具有最大抗弯强度的长方体梁,则矩形面的长为__________.(强度与bh2成正比,其中h为矩形的长,b为矩形的宽)8.函数f(x)=x3-3a2x+a(a>0)的极大值是正数,极小值是负数,则a的取值范围是__________.9.若点P是曲线y=x2-lnx上任意一点,则点P到直线y=x-2的最小距离为__________.三、解答题(本大题共3小题,共46分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)10.(本小题满分15分)设x=1与x=2是函数f(x)=alnx+bx2+x的两个极值点.(1)试确定常数a和b的值;(2)试判断x=1,x=2是函数f(x)的极大值点还是极小值点,并说明理由.11.(本小题满分15分)已知函数f(x)=4x3+3tx2-6t2x+t-1,x∈R,其中t∈R.(1)当t=1时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)当t≠0时,求f(x)的单调区间.12.(本小题满分16分)(2012·湖南浏阳一中模拟,22)已知函数f(x)=ax3+bx2-3x在x=±1处取得极值.(1)求函数f(x)的解析式;(2)求证:对于区间[-1,1]上任意两个自变量的值x1,x2,都有|f(x1)-f(x2)|≤4;(3)若过点A(1,m)(m≠-2)可作曲线y=f(x)的三条切线,求实数m的取值范围.-5-\n参考答案一、选择题1.B 解析:由题意知f(5)=-5+8=3,f′(5)=-1,故f(5)+f′(5)=2.故选B.文科用2.A 解析:根据导函数f′(x)的图象可知f(x)在(-∞,-2),(0,+∞)上单调递减,在(-2,0)上单调递增.故选A.3.D 解析:y′=lnx+1,令y′=0,得x=.在上y′<0,在上y′>0,∴y=xlnx在上单调递减,在上单调递增.故选D.4.C 解析:∵y=xsinx+cosx,∴y′=(xsinx)′+(cosx)′=sinx+xcosx-sinx=xcosx,∴当<x<时,xcosx>0,即y′>0.故函数y=xsinx+cosx在区间内是增函数.故选C.5.A 解析:设F(x)=,则F′(x)=≤0,故F(x)=为减函数.由0<a<b,有≥af(b)≤bf(a),故选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)=3x2-4.令f′(x)=0得x=±∈[-2,2],∴极值点有两个.∵f(x)为奇函数,∴f(x)max+f(x)min=0.∴①③正确,故选C.二、填空题7.d 解析:如图为圆木的横截面,由b2+h2=d2,∴bh2=b(d2-b2).设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.-5-\n∴函数f(b)在b=d处取极大值,也是最大值,即抗弯强度最大,此时长h=d.8. 解析:f′(x)=3x2-3a2=3(x+a)(x-a),由f′(x)=0得x=±a,当-a<x<a时,f′(x)<0,函数递减;当x>a或x<-a时,f′(x)>0,函数递增.∴f(-a)=-a3+3a3+a>0,且f(a)=a3-3a3+a<0,解得a>.9. 解析:过点P作y=x-2的平行直线,且与曲线y=x2-lnx相切.设P(x0,x20-lnx0),则有k=y′|x=x0=2x0-.∴2x0-=1,∴x0=1或x0=-(舍去),∴P(1,1),∴d==.三、解答题10.解:(1)f′(x)=+2bx+1.由已知解得(2)x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下:x(0,1)1(1,2)2(2,+∞)f′(x)-0+0-f(x)极小值极大值∴在x=1处,函数f(x)取得极小值.在x=2处,函数f(x)取得极大值-ln2.11.解:(1)当t=1时,f(x)=4x3+3x2-6x,f(0)=0,f′(x)=12x2+6x-6,f′(0)=-6,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=-6x.(2)f′(x)=12x2+6tx-6t2.令f′(x)=0,解得x=-t或x=.因为t≠0,以下分两种情况讨论:①若t<0,则<-t.当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:x(-t,+∞)f′(x)+-+f(x)↗↘↗所以,f(x)的单调递增区间是,(-t,+∞);f(x)的单调递减区间是.②若t>0,则-t<.-5-\n当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:x(-∞,-t)f′(x)+-+f(x)↗↘↗所以,f(x)的单调递增区间是(-∞,-t),;f(x)的单调递减区间是.12.解:(1)f′(x)=3ax2+2bx-3,依题意,f′(1)=f′(-1)=0,即,解得∴f(x)=x3-3x.(2)∵f(x)=x3-3x,∴f′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1),当-1<x<1时,f′(x)<0,故f(x)在区间[-1,1]上为减函数,fmax(x)=f(-1)=2,fmin(x)=f(1)=-2.∵对于区间[-1,1]上任意两个自变量的值x1,x2,都有|f(x1)-f(x2)|≤|fmax(x)-fmin(x)|,|f(x1)-f(x2)|≤|fmax(x)-fmin(x)|≤2-(-2)=4.(3)f′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1),∵曲线方程为y=x3-3x,∴点A(1,m)不在曲线上.设切点为M(x0,y0),则点M的坐标满足y0=x-3x0.因f′(x0)=3(x-1),故切线的斜率为3(x-1)=,整理得2x-3x+m+3=0.∵过点A(1,m)可作曲线的三条切线,∴关于x0的方程2x-3x+m+3=0有三个实根,设g(x0)=2x-3x+m+3,则g′(x0)=6x-6x0,由g′(x0)=0,得x0=0或x0=1.∴函数g(x0)=2x-3x+m+3的极值点为x0=0,x0=1.∴关于x0的方程2x-3x+m+3=0有三个实根的充要条件是g(1)g(0)<0,即(m+3)(m+2)<0,解得-3<m<-2.故所求的实数a的取值范围是-3<m<-2.-5-

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发布时间:2022-08-25 21:46:35 页数:5
价格:¥3 大小:1.98 MB
文章作者:U-336598

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