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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 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.(2012·江西赣州模拟,文4)曲线C:y=x3+x+1上斜率最小的一条切线与圆x2+y2=的交点个数为(  ).A.1B.2C.3D.45.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(  ).-5-\nA.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__________.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)(2012·江西八校联考,文19)已知函数f(x)=,g(x)=alnx+a.(1)当a=1时,求F(x)=f(x)-g(x)的单调区间;(2)若x>1时,函数y=f(x)的图象总在函数y=g(x)的图象的上方,求实数a的取值范围.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.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.A 解析:y′=x2+1≥1,当x=0时,曲线C上的切线斜率最小,为1,即x-y+1=0,圆心到直线的距离为d===r,所以直线与圆相切,有一个交点.故选A.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,-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a=1时,F(x)=-lnx-1(x>0),则F′(x)=-=.令F′(x)≥0有x≤0(舍去)或x≥1;令F′(x)<0有0<x<1.故F(x)的单调递增区间为[1,+∞),单调递减区间为(0,1).(2)构造H(x)=f(x)-g(x)(x>1),即H(x)=-alnx-a(x>1),则H′(x)=.①当a≤e时,ex-a>0成立,则x>1时,H′(x)>0,即H(x)在(1,+∞)上单调递增,令H(1)=e-a-a≥0,得a≤e,故a≤e满足题意;②当a>e时,令H′(x)=0有x=1或x=lna>1,令H′(x)≥0有x≤1或x≥lna,令H′(x)<0有1<x<lna.又x>1,故H(x)在(1,lna)上单调递减,在[lna,+∞)上单调递增,故令H(x)min=H(lna)=-aln(lna)-a>0,得a<,不满足a>e,舍去.-5-\n综上所述,实数a的取值范围是a≤e.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-

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发布时间:2022-08-25 21:49:09 页数:5
价格:¥3 大小:1.97 MB
文章作者:U-336598

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