（考前大通關(guān)）高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 第一部分專題突破方略專題一《第四講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用》專題針對(duì)訓(xùn)練 理

一、選擇題 1．(2010年高考課標(biāo)全國(guó)卷)曲線y＝在點(diǎn)(－1，－1)處的切線方程為(　　) A．y＝2x＋1 B．y＝2x－1 C．y＝－2x－3 D．y＝－2x－2 解析：選A.易知點(diǎn)(－1，－1)在曲線上，且y′＝＝，∴切線斜率k＝y(tǒng)′|x＝－1＝＝2. 由點(diǎn)斜式得切線方程為y＋1＝2(x＋1)，即y＝2x＋1. 2．函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若(x＋1)·f′(x)>0，則下列結(jié)論中正確的是(　　) A．x＝－1一定是函數(shù)f(x)的極大值點(diǎn) B．x＝－1一定是函數(shù)f(x)的極小值點(diǎn) C．x＝－1不是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn) D．x＝－1不一定是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn) 解析：選D.由題意，得x>－1，f′(x)>0或x<－1，f′(x)<0，但函數(shù)f(x)在x＝－1處未必連續(xù)，即x＝－1不一定是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)，故選D. 3．函數(shù)f(x)＝x2－2ax＋a在區(qū)間(－∞，1)上有最小值，則函數(shù)g(x)＝在區(qū)間(1，＋∞)上一定(　　) A．有最小值 B．有最大值 C．是減函數(shù) D．是增函數(shù) 解析：選D.由函數(shù)f(x)＝x2－2ax＋a在區(qū)間(－∞，1)上有最小值，可得a的取值范圍為a<1，又g(x)＝＝x＋－2a，則g′(x)＝1－.易知在x∈(1，＋∞)上g′(x)>0，所以g(x)為增函數(shù)． 4．已知函數(shù)f(x)＝x4－2x3＋3m，x∈R，若f(x)＋9≥0恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是(　　) A．m≥ B．m> C．m≤ D．m< 解析：選A.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝x4－2x3＋3m，所以f′(x)＝2x3－6x2，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝3，經(jīng)檢驗(yàn)知x＝3是函數(shù)的一個(gè)最小值點(diǎn)，所以函數(shù)的最小值為f(3)＝3m－，不等式f(x)＋9≥0恒成立，即f(x)≥－9恒成立，所以3m－≥－9，解得m≥. 5．已知函數(shù)f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上為減函數(shù)，函數(shù)g(x)＝x2－alnx在(1,2)上為增函數(shù)，則a的值等于(　　) A．1 B．2 C．0 D. 解析：選B.∵函數(shù)f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上為減函數(shù)，∴≥1，得a≥2. 又∵g′(x)＝2x－，依題意g′(x)≥0在x∈(1,2)上恒成立，得2x2≥a在x∈(1,2)上恒成立，有a≤2，∴a＝2. 二、填空題 6．已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且滿足f(x)＝3x2＋2xf′(2)，則f′(5)＝________. 解析：因?yàn)閒(x)＝3x2＋2xf′(2)，所以f′(x)＝6x＋2f′(2)，于是f′(2)＝12＋2f′(2)，解得f′(2)＝－12，故f′(x)＝6x－24，因此f′(5)＝6. 答案：6 7．曲線f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0，b、c∈R)經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(0,2a2＋8)，且在點(diǎn)Q(－1，f(－1))處的切線垂直于y軸，則的最小值為_(kāi)_______． 解析：由已知曲線f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0，b、c∈R)經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(0,2a2＋8)知c＝2a2＋8. 又知其在點(diǎn)Q(－1，f(－1))處的切線垂直于y軸， ∴f′(－1)＝0，即－2a＋b＝0，b＝2a. ∴＝＝a＋. ∵a>0，∴＝a＋≥4， 即的最小值為4. 答案：4 8．已知 函數(shù)y＝xf′(x)的圖象如圖所示(其中f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù))，給出以下說(shuō)法：①函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上是增函數(shù)；②函數(shù)f(x)在區(qū)間(－1,1)上不單調(diào)；③函數(shù) f(x)在x＝－處取到極大值；④函數(shù)f(x)在x＝1處取到極小值．其中正確的說(shuō)法有________． 解析：由圖可知，當(dāng)x<－1時(shí)，xf′(x)<0，故f′(x)>0，即函數(shù)f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞增；當(dāng)－1<x<0時(shí)，xf′(x)>0，故f′(x)<0，即函數(shù)f(x)在(－1,0)上單調(diào)遞減，因此f(x)在x＝－1時(shí)取得極大值；根據(jù)對(duì)稱性可知，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故在x＝1時(shí)取得極小值．故①④正確． 答案：①④ 三、解答題 9．已知函數(shù)f(x)＝ax2＋blnx在x＝1處有極值. (1)求a、b的值； (2)判斷函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)性并求出單調(diào)區(qū)間． 解：(1)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝ax2＋blnx， 所以f′(x)＝2ax＋. 又函數(shù)f(x)在x＝1處有極值， 所以即 解得 (2)由(1)可知f(x)＝x2－lnx，其定義域是(0，＋∞)， ∴f′(x)＝x－＝. 當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)、f(x)的變化情況如下表： x (0,1) 1 (1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) ↘ 極小值 ↗ 所以函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,1)，單調(diào)遞增區(qū)間是(1，＋∞)． 10．(2010年高考大綱全國(guó)卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝x3－3ax2＋3x＋1. (1)設(shè)a＝2，求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)設(shè)f(x)在區(qū)間(2,3)中至少有一個(gè)極值點(diǎn)，求a的取值范圍． 解：(1)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝x3－6x2＋3x＋1， f′(x)＝3(x－2＋)(x－2－)． 當(dāng)x∈(－∞，2－)時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(－∞，2－)上單調(diào)增加； 當(dāng)x∈(2－，2＋)時(shí)，f′(x)<0，f(x)在(2－，2＋)上單調(diào)減少； 當(dāng)x∈(2＋，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(2＋，＋∞)上單調(diào)增加． 綜上，f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(－∞，2－)和(2＋，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間是(2－，2＋)． (2)f′(x)＝3[(x－a)2＋1－a2]． 當(dāng)1－a2≥0時(shí)，f′(x)≥0，f(x)為增函數(shù)，故f(x)無(wú)極值點(diǎn)； 當(dāng)1－a2<0時(shí)，f′(x)＝0有兩個(gè)根，x1＝a－，x2＝a＋. 由題意知，2<a－<3，① 或2<a＋<3.② ①式無(wú)解．解②式得<a<. 因此a的取值范圍是(，)． 11. 某物流公司購(gòu)買(mǎi)了一塊長(zhǎng)AM＝30米，寬AN＝20米的矩形地塊AMPN，規(guī)劃建設(shè)占地如圖中矩形ABCD的倉(cāng)庫(kù)，其余地方為道路和停車場(chǎng)，要求頂點(diǎn)C在地塊對(duì)角線MN上，B、D分別在邊AM、AN上，假設(shè)AB長(zhǎng)度為x米． (1)要使倉(cāng)庫(kù)占地ABCD的面積不少于144平方米，AB長(zhǎng)度應(yīng)在什么范圍？ (2)若規(guī)劃建設(shè)的倉(cāng)庫(kù)是高度與AB長(zhǎng)度相同的長(zhǎng)方體建筑，問(wèn)AB長(zhǎng)度為多少時(shí)倉(cāng)庫(kù)的庫(kù)容最大？(墻體及樓板所占空間忽略不計(jì)) 解：(1)依題意三角形NDC與三角形NAM相似， 所以＝， 即＝，AD＝20－x， 矩形ABCD的面積為S＝20x－x2， 定義域?yàn)?＜x＜30， 要使倉(cāng)庫(kù)占地ABCD的面積不少于144平方米， 即20x－x2≥144， 化簡(jiǎn)得x2－30x＋216≤0，解得12≤x≤18， 所以AB長(zhǎng)度應(yīng)在區(qū)間[12,18]內(nèi)． (2)倉(cāng)庫(kù)體積為V＝20x2－x3(0＜x＜30) V′＝40x－2x2＝0得x＝0或x＝20， 當(dāng)0＜x＜20時(shí)V′＞0，當(dāng)20＜x＜30時(shí)V′＜0， 所以x＝20時(shí)V取得最大值米3， 即AB長(zhǎng)度為20米時(shí)倉(cāng)庫(kù)的庫(kù)容最大．