江西省高考数学第二轮复习 专题升级训练6 导数及其应用 理

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．函数f(x)在定义域内可导，y＝f(x)的图象如图所示，则导函数y＝f′(x)的图象可能为(　　)．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__________．-5-\n9．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)已知f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3.(1)求函数f(x)在[t，t＋2](t＞0)上的最小值；(2)对一切x∈(0，＋∞),2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；(3)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx＞－成立．-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.2．D　解析：x＜0时，f(x)为增函数，所以导函数在x＜0时大于零；x＞0时，原函数先增后减再增，所以导函数先大于零再小于零之后又大于零．故选D.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)．-5-\n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.∴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，x02－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-5-\n.②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.12．(1)解：f′(x)＝lnx＋1，则当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．①0＜t＜t＋2＜，没有最小值；②0＜t＜＜t＋2，即0＜t＜时，f(x)min＝f＝－；③≤t＜t＋2，即t≥时，f(x)在[t，t＋2]上单调递增，f(x)min＝f(t)＝tlnt．所以f(x)min＝(2)解：2xlnx≥－x2＋ax－3，则a≤2lnx＋x＋，设h(x)＝2lnx＋x＋(x＞0)，则h′(x)＝.①x∈(0,1)，h′(x)＜0，h(x)单调递减；②x∈(1，＋∞)，h′(x)＞0，h(x)单调递增．所以h(x)min＝h(1)＝4，对一切x∈(0，＋∞),2f(x)≥g(x)恒成立．所以a≤h(x)min＝4，即a的取值范围是(－∞，4]．(3)证明：问题等价于证明xlnx＞－(x∈(0，＋∞))，由(1)可知f(x)＝xlnx(x∈(0，＋∞))的最小值是－，当且仅当x＝时取到．设m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝，易知m(x)max＝m(1)＝－，当且仅当x＝1时取到，从而对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx＞－成立．-5-