《2019-2020年高考數(shù)學(xué)大一輪總復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用同步訓(xùn)練 理.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020年高考數(shù)學(xué)大一輪總復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用同步訓(xùn)練 理.doc（26頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
2019-2020年高考數(shù)學(xué)大一輪總復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用同步訓(xùn)練 理
A級訓(xùn)練
(完成時間：10分鐘)
1.若f′(x0)＝2，則 等于( )
A．－1 B．－2
C．1 D.
2.函數(shù)y＝x＋的導(dǎo)數(shù)是( )
A．1－ B．1－
C．1＋ D．1＋
3.曲線y＝x3－2x＋4在點(1,3)處的切線的傾斜角為( )
A．30 B．45
C．60 D．120
4.如果質(zhì)點A按規(guī)律s＝2t3運動，則在t＝3 s時的瞬時速度為( )
A．6 B．18
C．54 D．81
5.函數(shù)f(x)＝kx＋b在區(qū)間[m，n]上的平均變化率為 k .
6.曲線y＝x3－1在x＝1處的切線方程為 y＝3x－3 .
7.求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù)：
(1)y＝x5－x3＋3x2＋；
(2)y＝(3x3－4x)(2x＋1)；
(3)y＝.
8.已知曲線y＝x2－1與y＝1＋x3在x＝x0處的切線互相垂直，求x0的值．
B級訓(xùn)練
(完成時間：19分鐘)
1.[限時2分鐘，達標(biāo)是( )否( )]
函數(shù)y＝sin4x在點M(π，0)處的切線方程為( )
A．y＝x－π B．y＝0
C．y＝4x－π D．y＝4x－4π 2.[限時2分鐘，達標(biāo)是( )否( )]
(xx全國大綱)曲線y＝xex－1在點(1,1)處的切線的斜率等于( )
A．2e B．e
C．2 D．1
3.[限時2分鐘，達標(biāo)是( )否( )]
曲線y＝ex在點(2，e2)處的切線與坐標(biāo)軸所圍三角形的面積為( )
A.e2 B．2e2
C．e2 D.
4.[限時2分鐘，達標(biāo)是( )否( )]
曲線y＝ln(2x－1)上的點到直線2x－y＋3＝0的最短距離是( )
A. B．2
C．3 D．0
5.[限時2分鐘，達標(biāo)是( )否( )]
若拋物線y＝x2－x＋c上一點P的橫坐標(biāo)是－2，拋物線過點P的切線恰好過坐標(biāo)原點，則c的值為 4 .
6.[限時4分鐘，達標(biāo)是( )否( )]
試求過點P(3,5)且與曲線y＝x2相切的直線方程．
7.[限時5分鐘，達標(biāo)是( )否( )]
已知曲線S：y＝3x－x3及點P(2,2)．
(1)求過點P的切線方程；
(2)求證：與曲線S切于點(x0，y0)(x0≠0)的切線與S至少有兩個交點．
C級訓(xùn)練
(完成時間：6分鐘)
1.[限時3分鐘，達標(biāo)是( )否( )]
若曲線f(x)＝ax2＋lnx存在垂直于y軸的切線，則實數(shù)a的取值范圍是 (－∞，0) .
2.[限時3分鐘，達標(biāo)是( )否( )]
已知f1(x)＝sinx＋cosx，記f2(x)＝f1′(x)，f3(x)＝f2′(x)，…，fn(x)＝fn－1′(x)(n∈N*，n≥2)，則f1()＋f2()＋…＋fxx()＝ 0 .
第2講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用
A級訓(xùn)練
(完成時間：10分鐘)
1.函數(shù)y＝x2(x－3)的減區(qū)間是( )
A．(－∞，0) B．(2，＋∞)
C．(0,2) D．(－2,2)
2.函數(shù)f(x)＝ax2－b在(－∞，0)內(nèi)是減函數(shù)，則a、b應(yīng)滿足( )
A．a(chǎn)＜0且b＝0 B．a(chǎn)＞0且b∈R
C．a(chǎn)＜0且b≠0 D．a(chǎn)＜0且b∈R
3.已知a＞0，函數(shù)f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)，則a的最大值是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
4.關(guān)于函數(shù)y＝(x2－4)3＋1，下列說法正確的是( )
A．當(dāng)x＝－2時，y有極大值1
B．當(dāng)x＝0時，y有極小值－63
C．當(dāng)x＝2時，y有極大值1
D．函數(shù)的最大值為1
5.設(shè)函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上滿足f′(x)＜0，則函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上的最小值為 f(b) ，最大值為 f(a) .
6.函數(shù)y＝x＋2cos x在區(qū)間[0，π]上的最大值為________．
7.若函數(shù)f(x)＝x3＋x2＋mx＋1是R上的單調(diào)遞增函數(shù)，則m的取值范圍是__________________．
8.已知f(x)＝ax3＋bx2＋cx(a≠0)在x＝1時取得極值，且f(1)＝－1，
(1)試求常數(shù)a、b、c的值；
(2)試判斷x＝1是函數(shù)的極大值還是極小值，并說明理由．
B級訓(xùn)練
(完成時間：25分鐘)
1.[限時2分鐘，達標(biāo)是( )否( )]
對于R上可導(dǎo)的任意函數(shù)f(x)，若滿足(x－1)f′(x)≥0，則必有( )
A．f(0)＋f(2)＜2f(1)
B．f(0)＋f(2)≤2f(1)
C．f(0)＋f(2)≥2f(1)
D．f(0)＋f(2)＞2f(1)
2.[限時2分鐘，達標(biāo)是( )否( )]
已知函數(shù)f(x)＝在[1，＋∞)上為減函數(shù)，則a的取值范圍是( )
A．0＜a＜ B．a(chǎn)≥e
C．a(chǎn)≥ D．a(chǎn)≥4
3.[限時2分鐘，達標(biāo)是( )否( )]
已知函數(shù)f(x)＝x3－ax2－bx的圖象與x軸切于點(1,0)，則f(x)的極值情況為( )
A．極大值，極小值0
B．極大值0，極小值
C．極小值－，極大值0
D．極大值－，極小值0
4.[限時2分鐘，達標(biāo)是( )否( )]
若函數(shù)y＝－x3＋bx有三個單調(diào)區(qū)間，則b的取值范圍是 {b|b＞0} .
5.[限時4分鐘，達標(biāo)是( )否( )]
(xx廣東佛山模擬)設(shè)函數(shù)f(x)在(0，＋∞)內(nèi)可導(dǎo)，且f(ex)＝x＋e2x，則f′(x)的最小值為 .
6.[限時6分鐘，達標(biāo)是( )否( )]
(xx全國大綱)函數(shù)f(x)＝ax3＋3x2＋3x(a≠0)．
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)若f(x)在區(qū)間(1,2)上是增函數(shù)，求a的取值范圍．
7.[限時7分鐘，達標(biāo)是( )否( )]
(xx安徽)設(shè)函數(shù)f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中a＞0.
(1)討論f(x)在其定義域上的單調(diào)性；
(2)當(dāng)x∈[0,1]時，求f(x)取得最大值和最小值時的x的值．
C級訓(xùn)練
(完成時間：18分鐘)
1.[限時4分鐘，達標(biāo)是( )否( )]
(xx安徽)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有兩個極值點x1，x2，若f(x1)＝x1＜x2，則關(guān)于x的方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0的不同實根個數(shù)為( )
A．3 B．4
C．5 D．6
2.[限時7分鐘，達標(biāo)是( )否( )]
(xx江西)已知函數(shù)f(x)＝(x2＋bx＋b)(b∈R)．
(1)當(dāng)b＝4時，求f(x)的極值；
(2)若f(x)在區(qū)間(0，)上單調(diào)遞增，求b的取值范圍．
3.[限時7分鐘，達標(biāo)是( )否( )]
(xx北京)已知函數(shù)f(x)＝2x3－3x.
(1)求f(x)在區(qū)間[－2,1]上的最大值；
(2)若過點P(1，t)存在3條直線與曲線y＝f(x)相切，求t的取值范圍；
(3)問過點A(－1,2)，B(2,10)，C(0,2)分別存在幾條直線與曲線y＝f(x)相切？(只需寫出結(jié)論)
第3講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用
A級訓(xùn)練
(完成時間：15分鐘)
1.一點沿直線運動，如果由始點起經(jīng)過t秒后的距離為s＝t4－t3＋2t2，那么速度為零的時刻是( )
A．1秒末 B．0秒
C．4秒末 D．0,1,4秒末
2.某公司在甲、乙兩地銷售一種品牌車，利潤(單位：萬元)分別為L1＝5.06x－0.15x2和L2＝2x，其中x為銷售量(單位：輛)．若該公司在這兩地共銷售15輛車，則能獲得的最大利潤為( )
A．45.606萬元 B．45.6萬元
C．45.56萬元 D．45.51萬元
3.路燈距地平面為8 m，一個身高為1.6 m的人以84 m/min的速率在地面上行走，從路燈在地平面上射影點C，沿某直線離開路燈，則人影長度的變化速率為( )
A. m/s B. m/s
C. m/s D．21 m/s
4.兩車在十字路口相遇后，又沿不同方向繼續(xù)前進，已知A車向北行駛，速率為30 km/h，B車向東行駛，速率為40 km/h，那么A、B兩車間直線距離的增加速率為________________________________________________________________________．
5.已知矩形的兩個頂點位于x軸上，另兩個頂點位于拋物線y＝4－x2在x軸上方的曲線上，則這種矩形中最大面積為__________________．
6.一艘輪船在航行中的燃料費和它的速度的立方成正比，已知在速度為每小時10公里時的燃料費是每小時6元，而其他與速度無關(guān)的費用是每小時96元，問此輪船以何種速度航行時，能使行駛每公里的費用總和最??？
7.已知函數(shù)f(x)＝x4－4x3＋ax2－1在區(qū)間[0,1]上單調(diào)遞增，在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞減；
(1)求a的值；
(2)是否存在實數(shù)b，使得函數(shù)g(x)＝bx2－1的圖象與函數(shù)f(x)的圖象恰有2個交點？若存在，求出實數(shù)b的值；若不存在，試說明理由．
B級訓(xùn)練
(完成時間：26分鐘)
1.[限時2分鐘，達標(biāo)是( )否( )]
如圖是函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋b的部分圖象，則函數(shù)g(x)＝ln x＋f′(x)的零點所在的區(qū)間是( )
A．(，) B．(1,2)
C．(，1) D．(2,3)
2.[限時3分鐘，達標(biāo)是( )否( )]
(xx廣東江門一模)設(shè)函數(shù)f(x)＝x＋sin x－2，g(x)＝ex＋ln x－2，若實數(shù)a，b滿足f(a)＝0，g(b)＝0，則( )
A．g(a)＜0＜f(b) B．f(b)＜0＜g(a)
C．0＜g(a)＜f(b) D．f(b)＜g(a)＜0
3.[限時3分鐘，達標(biāo)是( )否( )]
已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝a(x＋1)(x－a)，若f(x)在x＝a處取到極大值，則a的取值范圍是( )
A．(－1,0) B．(2，＋∞)
C．(0,1) D．(－∞，－3)
4.[限時3分鐘，達標(biāo)是( )否( )]
已知函數(shù)f(x)是定義在區(qū)間(－1,1)上的奇函數(shù)，且對于x∈(－1,1)恒有f′(x)＜0成立，若f(－2a2＋2)＋f(a2＋2a＋1)＜0，則實數(shù)a的取值范圍是__________________．
5.[限時4分鐘，達標(biāo)是( )否( )]
(xx廣東清遠一模)函數(shù)f(x)＝x＋－m在(0,3]上有且僅有一個零點，則實數(shù)m的取值范圍是______________________．
6.[限時5分鐘，達標(biāo)是( )否( )]
函數(shù)f(x)＝x3－x2＋6x－a，
(1)對于任意實數(shù)x，f′(x)≥m恒成立，求m的最大值；
(2)若方程f(x)＝0有且僅有一個實根，求a的取值范圍．
7.[限時6分鐘，達標(biāo)是( )否( )]
已知函數(shù)f(x)＝
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；
(2)求函數(shù)f(x)的零點．
C級訓(xùn)練
(完成時間：19分鐘)
1.[限時4分鐘，達標(biāo)是( )否( )]
設(shè)函數(shù)f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若對于任意的x∈[－1,1]都有f(x)≥0成立，則實數(shù)a的值為 4 .
2.[限時7分鐘，達標(biāo)是( )否( )]
(xx北京)已知函數(shù)f(x)＝xcos x－sin x，x∈[0，]．
(1)求證：f(x)≤0；
(2)若a<
0}．
由f ′(x)＝2ax＋.
因為存在垂直于y軸的切線，故此時斜率為0.
問題轉(zhuǎn)化為f ′(x)＝2ax＋＝0存在大于零的實根．
再將之轉(zhuǎn)化為g(x)＝－2ax(x>0)與h(x)＝(x>0)存在交點．當(dāng)a＝0不符合題意；當(dāng)a>0時，如圖1，數(shù)形結(jié)合可得顯然沒有交點；當(dāng)a<0時，如圖2，此時正好有一個交點，故有a<0.
2．0 解析：f2(x)＝f1′(x)＝cosx－sinx，
f3(x)＝(cosx－sinx)′＝－sinx－cosx，
f4(x)＝－cosx＋sinx，f5(x)＝sinx＋cosx，
以此類推，可得出fn(x)＝fn＋4(x)．
又因為f1(x)＋f2(x)＋f3(x)＋f4(x)＝0，
所以f1()＋f2()＋…＋fxx()
＝f1()＋f2()＝2cos＝0.
第2講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用
【A級訓(xùn)練】
1．C 解析：y′＝3x2－6x，由y′＜0，即3x2－6x＜0，因式分解得3x(x－2)＜0，解得0＜x＜2.
2．B 解析：①當(dāng)a＝0時f(x)＝－b不合題意．②當(dāng)a≠0時，如圖所示，若函數(shù)f(x)＝ax2－b在(－∞，0)內(nèi)是減函數(shù)，則f(x)開口向上，且對稱軸大于等于0，又因為對稱軸為x＝0，所以a＞0且b∈R.故選B.
3．D 解析：由題意得f′(x)＝3x2－a，因為函數(shù)f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)，所以在[1，＋∞)上，f′(x)≥0恒成立，即a≤3x2在[1，＋∞)上恒成立，所以a≤3.
4．B 解析：因為y＝(x2－4)3＋1，
所以y′＝3(x2－4)22x＝6x(x2－4)2.
令y′＝6x(x2－4)2＝0，
所以x＝0或x＝2，
又當(dāng)x＞0時，即y′＞0，原函數(shù)單調(diào)遞增；
當(dāng)x＜0時，即y′＜0，原函數(shù)單調(diào)遞減，
所以當(dāng)x＝0時，y有極小值且極小值為－63.
5．f(b) f(a) 解析：由f′(x)＜0，可知f(x)在區(qū)間[a，b]上為單調(diào)減函數(shù)，則最小值為f(b)，最大值為f(a)．
6.＋ 解析：y′＝1－2sin x＝0，得x＝或x＝，
故y＝x＋2cos x在區(qū)間[0，]上是增函數(shù)，在區(qū)間[，]上是減函數(shù)，在[，π]是增函數(shù)．
又x＝時，y＝＋，
x＝π時，y＝π－2＜＋，
所以最大值為＋.
7．{m|m≥} 解析：f′(x)＝3x2＋2x＋m.因為f(x)在R上是單調(diào)遞增函數(shù)，所以f′(x)≥0在R上恒成立，即3x2＋2x＋m≥0恒成立．由Δ＝4－43m≤0，得m≥.
8．解析：(1)f′(x)＝3ax2＋2bx＋c.
由f′(1)＝f′(－1)＝0，
得3a＋2b＋c＝0，①
3a－2b＋c＝0.②
又f(1)＝－1，所以a＋b＋c＝－1.③
由①②③解得a＝，b＝0，c＝－.
(2)f(x)＝x3－x，
所以f′(x)＝x2－＝(x－1)(x＋1)．
當(dāng)x＜－1或x＞1時，f′(x)＞0；
當(dāng)－1＜x＜1時，f′(x)＜0.
所以x＝－1時，f(x)有極大值；x＝1時，f(x)有極小值．
【B級訓(xùn)練】
1．C 解析：依題意，當(dāng)x≥1時，f′(x)≥0，函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)；
當(dāng)x＜1時，f′(x)≤0，f(x)在(－∞，1)上是減函數(shù)，
故當(dāng)x＝1時f(x)取得極小值也為最小值，
即有f(0)≥f(1)，f(2)≥f(1)，
所以f(0)＋f(2)≥2f(1)．
2．B 解析：f′(x)＝，
因為函數(shù)f(x)＝在[1，＋∞)上為減函數(shù)，
所以f′(x)＝≤0在[1，＋∞)上恒成立，即：1－ln a≤ln x在[1，＋∞)上恒成立，
所以1－ln a≤0，所以a≥e.
3．A 解析：(1,0)代入得1－a－b＝0，又f′(x)＝3x2－2ax－b，所以f′(1)＝3－2a－b＝0，所以a＝2，b＝－1，所以f(x)＝x3－2x2＋x，f′(x)＝3x2－4x＋1＝(3x－1)(x－1)，所以f(x)極大值＝f()＝，f(x)極小值＝f(1)＝0.
4．{b|b＞0} 解析：因為函數(shù)y＝－x3＋bx有三個單調(diào)區(qū)間，所以y′＝－4x2＋b的圖象與x軸有兩個交點，所以Δ＝－4(－4)b＝16b＞0.所以b＞0.
5．2 解析：因為f(ex)＝x＋e2x，
所以f(ex)＝ln ex＋(ex)2，
所以f(x)＝ln x＋x2，x∈(0，＋∞)，
所以f′(x)＝＋2x≥2＝2，
當(dāng)且僅當(dāng)x＝時取等號．
6．解析：(1)f′(x)＝3ax2＋6x＋3，f′(x)＝0的判別式Δ＝36(1－a)．
①若a≥1，則f′(x)≥0，且f′(x)＝0當(dāng)且僅當(dāng)a＝1，x＝－1，故此時f(x)在R上是增函數(shù)．
②由于a≠0，故當(dāng)a<1時，f′(x)＝0有兩個根
x1＝，x2＝.
若00，故f(x)分別在(－∞，x2)，(x1，＋∞)是增函數(shù)；
當(dāng)x∈(x2，x1)時，f′(x)<0，
故f(x)在(x2，x1)上是減函數(shù)．
若a<0，則當(dāng)x∈(－∞，x1)或(x2，＋∞)時，f′(x)<0，故f(x)分別在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上是減函數(shù)；
當(dāng)x∈(x1，x2)時，f′(x)>0，
故f(x)在(x1，x2)上是增函數(shù)．
(2)當(dāng)a>0，x>0時，f′(x)＝3ax2＋6x＋3>0，
故當(dāng)a>0時，f(x)在區(qū)間(1,2)上是增函數(shù)．
當(dāng)a<0時，f(x)在區(qū)間(1,2)上是增函數(shù)當(dāng)且僅當(dāng)f′(1)≥0且f′(2)≥0，解得－≤a<0.
綜上，a的取值范圍是[－，0)∪(0，＋∞)．
7．解析：(1)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，
f′(x)＝1＋a－2x－3x2.
令f′(x)＝0，得x1＝，x2＝，x1＜x2，
所以f′(x)＝－3(x－x1)(x－x2)．
當(dāng)x＜x1或x＞x2時，f′(x)＜0；當(dāng)x1＜x＜x2時，f′(x)＞0.
故f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，在(x1，x2)內(nèi)單調(diào)遞增．
(2)因為a＞0，所以x1＜0，x2＞0.
①當(dāng)a≥4時，x2≥1，由(1)知，f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增，所以f(x)在x＝0和x＝1處分別取得最小值和最大值．
②當(dāng)0＜a＜4時，x2＜1，由(1)知，f(x)在[0，x2]上單調(diào)遞增，在[x2,1]上單調(diào)遞減，所以f(x)在x＝x2＝處取得最大值．
又f(0)＝1，f(1)＝a，所以
當(dāng)0＜a＜1時，f(x)在x＝1處取得最小值；
當(dāng)a＝1時，f(x)在x＝0處和x＝1處同時取得最小值；
當(dāng)1＜a＜4時，f(x)在x＝0處取得最小值．
【C級訓(xùn)練】
1．A 解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋b，x1，x2是方程3x2＋2ax＋b＝0的兩根，
因為3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0，則有兩個f(x)使得等式成立，x1＝f(x1)，x2>x1＝f(x1)，
其函數(shù)圖象如下：
如圖則有3個交點，故選A.
2．解析：(1)當(dāng)b＝4時，f′(x)＝，
由f′(x)＝0得x＝－2或x＝0.
當(dāng)x∈(－∞，－2)時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈(－2,0)時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈(0，)時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減．
故f(x)在x＝－2時取得極小值f(－2)＝0，
在x＝0時取得極大值f(0)＝4.
(2)f′(x)＝，
因為當(dāng)x∈(0，)時，＜0，
依題意當(dāng)x∈(0，)時，有5x＋(3b－2)≤0，
從而＋(3b－2)≤0.
所以b的取值范圍為(－∞，]．
3．解析：(1)由f(x)＝2x3－3x得f′(x)＝6x2－3.
令f′(x)＝0，得x＝－或x＝.
因為f(－2)＝－10，f(－)＝，f()＝－，f(1)＝－1，
所以f(x)在區(qū)間[－2,1]上的最大值為f(－)＝.
(2)設(shè)過點P(1，t)的直線與曲線y＝f(x)相切于點(x0，y0)，
則y0＝2x－3x0，且切線斜率為k＝6x－3，
所以切線方程為y－y0＝(6x－3)(x－x0)，
因此t－y0＝(6x－3)(1－x0)，
整理得4x－6x＋t＋3＝0.
設(shè)g(x)＝4x3－6x2＋t＋3，則“過點P(1，t)存在3條直線與曲線y＝f(x)相切”等價于“g(x)有3個不同的零點”．
g′(x)＝12x2－12x＝12x(x－1)．
g(x)與g′(x)的變化情況如下：
x
(－∞，0)
0
(0,1)
1
(1，＋∞)
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)
t＋3
t＋1
所以，g(0)＝t＋3是g(x)的極大值，g(1)＝t＋1是g(x)的極小值．
當(dāng)g(0)＝t＋3≤0，即t≤－3時，g(x)在區(qū)間(－∞，1]和(1，＋∞)上分別至多有1個零點，所以g(x)至多有2個零點．
當(dāng)g(1)＝t＋1≥0，即t≥－1時，g(x)在區(qū)間(－∞，0)和[0，＋∞)上分別至多有1個零點，所以g(x)至多有2個零點．
當(dāng)g(0)>0且g(1)<0，即－30，所以g(x)分別在區(qū)間[－1,0)，[0,1)和[1,2)上恰有1個零點．由于g(x)在區(qū)間(－∞，0)和(1，＋∞)上單調(diào)，所以g(x)分別在區(qū)間(－∞，0)和[1，＋∞)上恰有1個零點．
綜上可知，當(dāng)過點P(1，t)存在3條直線與曲線y＝f(x)相切時，t的取值范圍是(－3，－1)．
(3)過點A(－1,2)存在3條直線與曲線y＝f(x)相切；
過點B(2,10)存在2條直線與曲線y＝f(x)相切；
過點C(0,2)存在1條直線與曲線y＝f(x)相切．
第3講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用
【A級訓(xùn)練】
1．D 解析：求導(dǎo)函數(shù)s′＝t3－5t2＋4t＝t(t－1)(t－4)，令s′＝0，可得t(t－1)(t－4)＝0，所以t＝0或t＝1或t＝4.
2．B 解析：依題意，可設(shè)甲銷售x輛，則乙銷售(15－x)輛，所以總利潤S＝5.06x－0.15x2＋2(15－x)＝－0.15x2＋3.06x＋30(x≥0)．通過求導(dǎo)，知當(dāng)x＝10.2時，S取最大值．又x必須是整數(shù)，故x＝10，此時Smax＝45.6(萬元)．
3．B 解析：如圖：設(shè)人的高度為BE，則BE＝1.6，人的影子長AB＝h，由直角三角形相似得＝，即＝，解得h＝21t(m)，所以h′＝21(m/min)＝(m/s)．
4．50 km/h 解析：建立平面坐標(biāo)系Oxy，令A(yù)車速度v1＝30 km/h，方向沿y軸正方向；令B車速度v2＝40 km/h，方向沿x軸正方向；且令他們在原點O(十字路口)相遇，時間t＝0時刻．則在t時刻，A車前進位移sy＝30t，方向沿y軸正方向；B車前進位移sx＝40t，方向沿x軸正方向．那么A、B兩車在t時刻距離為s＝＝50t，故兩車間距離的變化速率為v＝＝50 km/h.
5. 解析：設(shè)點B(x,4－x2)(0＜x≤2)，則S＝2x(4－x2)＝－2x3＋8x，所以S′＝－6x2＋8，令S′＝－6x2＋8＝0，可得x＝.因為0＜x≤2，所以由S′＞0，可得0＜x＜；由S′＜0，可得＜x≤2.所以x＝時，S＝－2x3＋8x取得最大值為.
6．解析：設(shè)船速度為x(x＞0)時，燃料費用為Q元，則Q＝kx3，
由6＝k103可得k＝，
所以Q＝x3，
所以總費用y＝(x3＋96)＝x2＋，y′＝x－，
令y′＝0得x＝20，
當(dāng)x∈(0,20)時，y′＜0，此時函數(shù)單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈(20，＋∞)時，y′＞0，此時函數(shù)單調(diào)遞增，
所以當(dāng)x＝20時，y取得最小值．
答：此輪船以20公里/小時的速度航行時，能使行駛每公里的費用總和最?。?
7．解析：(1)因為f(x)在區(qū)間[0,1]上單調(diào)遞增，在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞減，
所以f′(1)＝0，
即f′(1)＝(4x3－12x2＋2ax)|x＝1＝2a－8＝0，
所以a＝4.
(2)由(1)知f(x)＝x4－4x3＋4x2－1，
由f(x)＝g(x)可得x4－4x3＋4x2－1＝bx2－1，
即x2(x2－4x＋4－b)＝0.
因為f(x)的圖象與g(x)的圖象只有兩個交點，
所以方程x2－4x＋4－b＝0有兩個非零等根或有一根為0，另一根不為0，
所以Δ＝16－4(4－b)＝0，或4－b＝0.
所以b＝0或b＝4.
【B級訓(xùn)練】
1．C 解析：由函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋b的部分圖象得0＜b＜1，f(1)＝0，
從而－2＜a＜－1，
而g(x)＝ln x＋2x＋a在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，
g()＝ln＋1＋a＜0，
g(1)＝ln 1＋2＋a＝2＋a＞0，
所以函數(shù)g(x)＝ln x＋f′(x)的零點所在的區(qū)間是(，1)．
2．B 解析：因為函數(shù)f(x)＝x＋sin x－2的導(dǎo)數(shù)f′(x)＝1＋cos x≥0，
所以函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù)．
再由f(1)＝1＋sin 1－2＜0，f(2)＝sin 2＞0，f(a)＝0，所以1＜a＜2.
因為g(x)＝ex＋ln x－2在(0，＋∞)上是增函數(shù)，
g()＝e－3＜0，g(1)＝e－2＞0，g(b)＝0，
所以＜b＜1.
所以f(b)＜0，且g(a)＞0.
3．A 解析：由f(x)在x＝a處取得極大值可知，
當(dāng)x＜a時，f′(x)＞0；
當(dāng)x＞a時，f′(x)＜0.
由f′(x)的圖象知－1＜a＜0.
4．{a|－1＜a＜－} 解析：因為f(x)是定義在區(qū)間(－1,1)上的奇函數(shù)，
所以f(－2a2＋2)＋f(a2＋2a＋1)＜0，
即為f(a2＋2a＋1)＜f(2a2－2)．
因為f′(x)＜0，所以f(x)在(－1,1)上單調(diào)遞減．
所以，解得－1＜a＜－.
5．{m|m＞或m＝2} 解析：函數(shù)f(x)＝x＋－m的零點，也就是方程x＋－m＝0的根，
設(shè)函數(shù)g(x)＝x＋，所以g′(x)＝1－.
因為g′(x)＝0，所以x＝，
當(dāng)0＜x＜時，g′(x)＜0，函數(shù)的減區(qū)間為(0，)，g(x)∈(2，＋∞)，
當(dāng)≤x≤3時，g′(x)≥0，函數(shù)的增區(qū)間為[，3]，g(x)∈[2，]，函數(shù)的零點就是g(x)＝m的解，
所以m＞或m＝2，
函數(shù)f(x)＝x＋－m在(0,3]上有且僅有一個零點，
故答案為{m|m＞或m＝2}．
6． 解析：(1)f′(x)＝3x2－9x＋6＝3(x－1)(x－2)，
因為x∈(－∞，＋∞)，f′(x)≥m，
即3x2－9x＋(6－m)≥0恒成立，
所以Δ＝81－12(6－m)≤0，得m≤－，即m的最大值為－.
(2)因為當(dāng)x＜1時，f′(x)＞0；
當(dāng)1＜x＜2時，f′(x)＜0；
當(dāng)x＞2時，f′(x)＞0.
所以當(dāng)x＝1時，f(x)取極大值f(1)＝－a；
當(dāng)x＝2時，f(x)取極小值f(2)＝2－a；
故當(dāng)f(2)＞0或f(1)＜0時，方程f(x)＝0僅有一個實根．
所以a＜2或a＞.
7． 解析：(1)當(dāng)x＞時，f′(x)＝1－＝，由f′(x)＞0得x＞1.
所以f(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)．
當(dāng)x≤時，f(x)＝x2＋2x＋a－1＝(x＋1)2＋a－2，
所以f(x)在(－1，)上是增函數(shù)，
所以f(x)的遞增區(qū)間是(－1，)和(1，＋∞)．
(2)當(dāng)x＞時，由(1)知f(x)在(，1)上遞減，在(1，＋∞)上遞增且f′(1)＝0.
所以f(x)有極小值f(1)＝1＞0，此時f(x)無零點．
當(dāng)x≤時，f(x)＝x2＋2x＋a－1，Δ＝4－4(a－1)＝8－4a.
當(dāng)Δ＜0，即a＞2時，f(x)無零點；
當(dāng)Δ＝0，即a＝2時，f(x)有一個零點－1；
當(dāng)Δ＞0，且f()≥0時，即，－≤a＜2時，f(x)有兩個零點：x＝或x＝，即x＝－1＋或x＝－1－.
當(dāng)Δ＞0且f()＜0，即，a＜－時，f(x)僅有一個零點－1－.
【C級訓(xùn)練】
1．4 解析：由題意，f′(x)＝3ax2－3，當(dāng)a≤0時3ax2－3＜0，函數(shù)是減函數(shù)，f(0)＝1，只需f(1)≥0即可，解得a≥2，與已知矛盾；當(dāng)a＞0時，令f′(x)＝3ax2－3＝0解得x＝，
①當(dāng)x＜－時，f′(x)＞0，f(x)為增函數(shù)；
②當(dāng)－＜x＜時，f′(x)＜0，f(x)為減函數(shù)；
③當(dāng)x＞時，f(x)為增函數(shù)．
所以f()≥0，且f(－1)≥0，且f(1)≥0即可．
由f()≥0，即a()3－3＋1≥0，
解得a≥4；由f(－1)≥0，可得a≤4；由f(1)≥0解得a≥2.綜上a＝4為所求．
2．解析：(1)證明：由f(x)＝xcos x－sin x得
f′(x)＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x.
因為在區(qū)間(0，)上f′(x)＝－xsin x<0，所以f(x)在區(qū)間[0，]上單調(diào)遞減．
從而f(x)≤f(0)＝0.
(2)當(dāng)x>0時，“>a”等價于“sin x－ax>0”；“0對任意x∈(0，)恒成立．
當(dāng)c≥1時，因為對任意x∈(0，)，g′(x)＝cos x－c<0，所以g(x)在區(qū)間[0，]上單調(diào)遞減，從而g(x)g(0)＝0.進一步，“g(x)>0對任意x∈(0，)恒成立”當(dāng)且僅當(dāng)g()＝1－c≥0，即00對任意x∈(0，)恒成立；當(dāng)且僅當(dāng)c≥1時，g(x)<0對任意x∈(0，)恒成立．
所以，若a<0，
即當(dāng)a>－2時，不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cos x≤4對x∈[0,1]不恒成立．
綜上，實數(shù)a的取值范圍是(－∞，－2]．
第4講 定積分
【A級訓(xùn)練】
1．C 解析：exdx＝ex＝e2－1.
2．B 解析：由題意，陰影區(qū)域的面積是S＝－∫cos xdx＝－sin x＝2.
3．A 解析：由v＝40－10t2＝0，得物體達到最高時t＝2，此時物體距地面的高度是s＝(40－10t2)dt＝(40t－t3)∫＝402－8＝(m)．
4．3 解析：x2dx＝x3∫＝T3＝9，解得T＝3.
5．6
6．2 解析：原式＝(－cosx＋sinx)∫＝(－cosπ＋sinπ)－(－cos0＋sin0)＝2.
7．解析：如圖所示，由曲線x2＋y2＝2與曲線y＝x2，可得A(－1,1)，B(1,1)，所以∠AOB＝90，
所以弓形面積為π2－21＝－1，
直線y＝1與曲線y＝x2所圍成的區(qū)域的面積是－1(1－x2)dx＝(x－x3)＝，
所以曲線x2＋y2＝2與曲線y＝x2所圍成的區(qū)域的面積是－1＋＝＋.
【B級訓(xùn)練】
1．D 解析：原式＝－6f(x)dx＋f(x)dx.因為原函數(shù)為偶函數(shù)，所以在y軸兩側(cè)的圖象對稱，所以對應(yīng)的面積相等，則－6f(x)dx＝82＝16.
2．D 解析：由定積分的幾何意義知區(qū)域內(nèi)的曲線與x軸的面積代數(shù)和．
即f(x)dx－f(x)dx，選項D正確．
3．B 解析：由于＝，
＝ln 2，
＝e2－e.
又ln 2<
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2019-2020年高考數(shù)學(xué)大一輪總復(fù)習(xí)
第三章
導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用同步訓(xùn)練
2019
2020
年高
數(shù)學(xué)
一輪
復(fù)習(xí)
第三
導(dǎo)數(shù)
及其
應(yīng)用
同步
訓(xùn)練
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2019-2020年高考數(shù)學(xué)大一輪總復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用同步訓(xùn)練 理.doc
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