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

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-