江苏省2022高考数学总复习优编增分练：高考填空题分项练6函数与导数

高考填空题分项练6　函数与导数1．设曲线y＝在点(3,2)处的切线与直线ax＋y＋1＝0垂直，则a＝________.答案　－2解析　∵y＝＝1＋，∴y′＝－.∴曲线在点(3,2)处的切线斜率k＝－.∴－a＝2，即a＝－2.2．设函数f(x)＝g(x)＋x2，曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为y＝2x＋1，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处切线的斜率为________．答案　4解析　依题意得f′(x)＝g′(x)＋2x，所以f′(1)＝g′(1)＋2＝2＋2＝4.3．已知函数f(x)＝在(－2，＋∞)上单调递减，则a的取值范围是________．答案　解析　∵f′(x)＝，且函数f(x)在(－2，＋∞)上单调递减，∴f′(x)≤0在(－2，＋∞)上恒成立，∴a≤.6\n当a＝时，f′(x)＝0恒成立，不合题意，应舍去．∴a<.4．已知a≤＋lnx对任意x∈恒成立，则a的最大值为________．答案　0解析　令f(x)＝＋lnx，x∈，则f′(x)＝，当x∈时，f′(x)<0，当x∈[1,2]时，f′(x)≥0，∴f(x)在上单调递减，在[1,2]上单调递增，∴f(x)min＝f(1)＝0，∴a的最大值为0.5．若函数f(x)＝x3＋mx2－m2x＋1(m为常数，且m>0)有极大值9，则m的值是________．答案　2解析　由f′(x)＝3x2＋2mx－m2＝(x＋m)(3x－m)＝0，得x＝－m或x＝m，当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－m)－mmf′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值从而可知，当x＝－m时，函数f(x)取得极大值9，即f(－m)＝－m3＋m3＋m3＋1＝9，解得m＝2.6．函数f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)内有最小值，则a的取值范围是________．答案　(0,1)解析　f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)．当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0,1)内单调递增，无最小值．当a>0时，f′(x)＝3(x－)(x＋)．当x∈(－∞，－)和(，＋∞)时，f(x)单调递增；当x∈(－，)时，f(x)单调递减，6\n所以当0<<1，即0<a<1时，f(x)在(0,1)内有最小值．7．若函数exf(x)(e＝2.71828…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增，则称函数f(x)具有M性质，下列函数中具有M性质的是______．(填序号)①f(x)＝2－x；②f(x)＝x2；③f(x)＝3－x；④f(x)＝cosx.答案　①解析　若f(x)具有性质M，则[exf(x)]′＝ex[f(x)＋f′(x)]>0在f(x)的定义域上恒成立，即f(x)＋f′(x)>0在f(x)的定义域上恒成立．对于①式，f(x)＋f′(x)＝2－x－2－xln2＝2－x(1－ln2)>0，符合题意．经验证，②③④均不符合题意．8．如果函数f(x)＝x3－x2＋a在[－1,1]上的最大值是2，那么f(x)在[－1,1]上的最小值是_____．答案　－解析　∵f′(x)＝3x2－3x，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝1.∴在[－1,1]上，当x∈[－1,0)时，f′(x)>0，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，∴x＝0是f(x)的极大值点，也是最大值点，∴f(x)max＝f(0)＝a＝2，∴f(x)＝x3－x2＋2.又f(－1)＝－，f(1)＝，∴f(x)在[－1,1]上的最小值为－.9．若函数f(x)＝x3－3x＋a有3个不同的零点，则实数a的取值范围是________．答案　(－2,2)解析　令f(x)＝0，得a＝3x－x3，于是y＝a和y＝3x－x3应有3个不同交点，令y＝g(x)＝3x－x3，则g′(x)＝3－3x2.由g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－1，∴g(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递减，在(－1,1)上单调递增，6\n∴当x＝－1时，g(x)取得极小值－2，当x＝1时，g(x)取得极大值2.画出y＝3x－x3的图象如图，若y＝a和y＝3x－x3有3个不同交点，则－2<a<2.10．设函数f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若对于任意的x∈[－1,1]，都有f(x)≥0成立，则实数a的值为________．答案　4解析　当x＝0时，则不论a取何值，f(x)≥0显然成立；当x>0，即x∈(0,1]时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化为a≥－.设g(x)＝－，x∈(0,1]，则g′(x)＝.所以g(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．因此g(x)max＝g＝4，从而a≥4；当x<0，即x∈[－1,0)时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化为a≤－，g(x)在区间[－1,0)上单调递增，因此g(x)min＝g(－1)＝4，从而a≤4.所以a＝4.11．海轮每小时使用的燃料费与它的航行速度的立方成正比，已知某海轮的最大航速为30千米/时，当速度为10千米/时，它的燃料费是每小时25元，其余费用(无论速度如何)是每小时400元．如果甲、乙两地相距800千米，则要使该海轮从甲地航行到乙地的总费用最低，它的航速应为________千米/时．答案　20解析　设航速为v千米/时(0≤v≤30)，每小时的燃料费为m元，则m＝kv3，∵当v＝10时，m＝25，代入上式，得k＝，则总费用y＝·m＋×400＝20v2＋，∴y′＝40v－.令y′＝0，得v＝20.经判断知当v＝20时，y最小．6\n12．已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a<b<c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0.现给出如下结论：①f(0)f(1)>0；②f(0)f(1)<0；③f(0)f(3)>0；④f(0)f(3)<0.其中正确结论的序号是________．答案　②③解析　方法一　由f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，得f′(x)＝3x2－12x＋9.令f′(x)＝0，得x＝1或x＝3.当x<1时，f′(x)>0；当1<x<3时，f′(x)<0；当x>3时，f′(x)>0.∴当x＝1时，f(x)有极大值，当x＝3时，f(x)有极小值．∵函数f(x)有三个零点，∴f(1)>0，f(3)<0，且a<1<b<3<c.又∵f(3)＝27－54＋27－abc＝－abc<0，∴abc>0，得a>0，因此f(0)<f(a)＝0，∴f(0)f(1)<0，f(0)f(3)>0.故正确结论的序号是②③.方法二　由题设知f(x)＝0有3个不同零点．如图所示．设g(x)＝x3－6x2＋9x，∴f(x)＝g(x)－abc，f(x)有3个零点，需将g(x)的图象向下平移至如图所示位置．观察图象可知，f(0)f(1)<0且f(0)f(3)>0.故②③正确．6\n13．已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x)，满足f′(x)<f(x)，且f(0)＝，则不等式f(x)－ex<0的解集为________．答案　(0，＋∞)解析　构造函数g(x)＝，则g′(x)＝，因为f′(x)<f(x)，所以g′(x)<0，故函数g(x)在R上为减函数，又f(0)＝，所以g(0)＝＝，则不等式f(x)－ex<0可化为<，即g(x)<＝g(0)，所以x>0，即所求不等式的解集为(0，＋∞)．14．(2022·苏州模拟)如果函数y＝f(x)在其定义域内总存在三个不同实数x1，x2，x3，满足|xi－2|f(xi)＝1(i＝1,2,3)，则称函数f(x)具有性质Ω.已知函数f(x)＝aex具有性质Ω，则实数a的取值范围为________．答案　解析　由题意知，若f(x)具有性质Ω，则在定义域内|x－2|f(x)＝1有3个不同的实数根，∵f(x)＝aex，∴＝|x－2|·ex，即方程＝|x－2|·ex在R上有3个不同的实数根．设g(x)＝|x－2|·ex＝当x≥2时，g′(x)＝(x－1)·ex>0，即g(x)在[2，＋∞)上单调递增；当x<2时，g′(x)＝(1－x)·ex，g(x)>0，∴g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1,2)上单调递减．又∵g(1)＝e，g(2)＝0，∴方程＝|x－2|·ex在R上有3个不同的实数根即函数g(x)与y＝的图象有3个交点．∴0<<e，∴a>.6