高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 專題二 第3講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 專題升級訓(xùn)練含答案解析

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1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 專題升級訓(xùn)練 　導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 (時間:60分鐘　滿分:100分) 一、選擇題(本大題共6小題,每小題6分,共36分) 1.函數(shù)y=f(x)的圖象在點x=5處的切線方程是y=-x+8,則f(5)+f'(5)等于(　　) A.1 B.2 C.0 D. 2.f(x)的導(dǎo)函數(shù)f'(x)的圖象如圖所示,則函數(shù)f(x)的圖象最有可能是下圖中的(　　) 3.當(dāng)x∈(0,5)時,函數(shù)y=xln x(　　) A.是單調(diào)增函數(shù) B.是單調(diào)減函數(shù) C.在上單調(diào)遞增,在上

2、單調(diào)遞減 D.在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增 4.函數(shù)y=xsin x+cos x在下面哪個區(qū)間內(nèi)是增函數(shù)(　　) A. B.(π,2π) C. D.(2π,3π) 5.已知函數(shù)f(x)=x3+2bx2+cx+1有兩個極值點x1,x2,且x1∈[-2,-1],x2∈[1,2],則f(-1)的取值范圍是(　　) A. B. C.[3,12] D. 6.已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+c,x∈[-2,2]表示的曲線過原點,且在x=±1處的切線斜率均為-1,給出以下結(jié)論: ①f(x)的解析式為f(x)=x3-4x,x∈[-2,2]; ②f(x)的極值點有且僅有一個;

3、 ③f(x)的最大值與最小值之和等于0. 其中正確的結(jié)論有(　　) A.0個 B.1個 C.2個 D.3個 二、填空題(本大題共3小題,每小題6分,共18分) 7.(20xx·山東煙臺模擬,13)由曲線y=3-x2和直線y=2x所圍成的面積為　　　　　.  8.函數(shù)f(x)=x3-3a2x+a(a>0)的極大值是正數(shù),極小值是負數(shù),則a的取值范圍是　　　　　.  9.已知函數(shù)f(x)的定義域為[-1,5],部分對應(yīng)值如表: x -1 0 4 5 f(x) 1[來源:] 2 2 1 f(x)的導(dǎo)函數(shù)y=f'(x)的

4、圖象如圖所示: 下列關(guān)于f(x)的命題: ①函數(shù)f(x)是周期函數(shù); ②函數(shù)f(x)在[0,2]上是減函數(shù); ③如果當(dāng)x∈[-1,t]時,f(x)的最大值是2,那么t的最大值為4; ④當(dāng)1<a<2時,函數(shù)y=f(x)-a有4個零點; ⑤函數(shù)y=f(x)-a的零點個數(shù)可能為0,1,2,3,4個. 其中正確命題的序號是　　　　　.  三、解答題(本大題共3小題,共46分.解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟) 10.(本小題滿分15分)設(shè)x=1與x=2是函數(shù)f(x)=aln x+bx2+x的兩個極值點. (1)試確定常數(shù)a和b的值; (2)試

5、判斷x=1,x=2是函數(shù)f(x)的極大值點還是極小值點,并說明理由. 11.(本小題滿分15分)已知函數(shù)f(x)=4x3+3tx2-6t2x+t-1,x∈R,其中t∈R. (1)當(dāng)t=1時,求曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程; (2)當(dāng)t≠0時,求f(x)的單調(diào)區(qū)間. 12.(本小題滿分16分)(20xx·福建福州模擬,21)已知對任意的實數(shù)m,直線x+y+m=0都不與曲線f(x)=x3-3ax(a∈R)相切. (1)求實數(shù)a的取值范圍; (2)當(dāng)x∈[-1,1]時,函數(shù)y=f(x)的圖象上是否存在一點P,使得點P到x軸的距離不小于.試證明你的結(jié)論

6、. ## 1.B　解析:由題意知f(5)=-5+8=3,f'(5)=-1,故f(5)+f'(5)=2.故選B. 2.A　解析:根據(jù)導(dǎo)函數(shù)f'(x)的圖象可知f(x)在(-∞,-2),(0,+∞)上單調(diào)遞減,在(-2,0)上單調(diào)遞增.故選A. 3.D　解析:y'=ln x+1,令y'=0,得x=. 在上y'<0,在上y'>0, ∴y=xln x在上單調(diào)遞減, 在上單調(diào)遞增.故選D. 4.C　解析:∵y=xsin x+cos x, ∴y'=(xsin x)'+(cos x)'=sin x+

7、xcos x-sin x=xcos x, ∴當(dāng)<x<時,xcos x>0,即y'>0. 故函數(shù)y=xsin x+cos x在區(qū)間內(nèi)是增函數(shù).故選C. 5.C　解析:由于f'(x)=3x2+4bx+c,據(jù)題意方程3x2+4bx+c=0有兩個根x1,x2,且x1∈[-2,-1],x2∈[1,2], 令g(x)=3x2+4bx+c,結(jié)合二次函數(shù)圖象可得只需此即為關(guān)于點(b,c)的線性約束條件,作出其對應(yīng)平面區(qū)域,f(-1)=2b-c,問題轉(zhuǎn)化為在上述線性約束條件下確定目標(biāo)函數(shù)f(-1)=2b-c的最值問題,由線性規(guī)劃易知3≤f(-1)≤12,故選C.

8、 6.C　解析:∵f(0)=0,∴c=0.∵f'(x)=3x2+2ax+b, ∴ 解得a=0,b=-4,∴f(x)=x3-4x, ∴f'(x)=3x2-4. 令f'(x)=0得x=±∈[-2,2], ∴極值點有兩個. ∵f(x)為奇函數(shù), ∴f(x)max+f(x)min=0. ∴①③正確,故選C. 7.　解析:由得x=1或x=-3,所以曲線y=3-x2和直線y=2x所圍成的面積為(3-x2-2x)dx=. 8.　解析:f'(x)=3x2-3a2=3(x+a)(x-a),由f'(x)=0得x=±a,當(dāng)-a<x

9、<a時,f'(x)<0,函數(shù)遞減; 當(dāng)x>a或x<-a時,f'(x)>0,函數(shù)遞增. ∴f(-a)=-a3+3a3+a>0,且f(a)=a3-3a3+a<0,解得a>. 9.②⑤　解析:因為函數(shù)f(x)的定義域為[-1,5],所以函數(shù)f(x)不是周期函數(shù),故①錯誤;當(dāng)x∈[0,2]時,f'(x)<0,故②正確;由f'(x)的圖象知f(x)的最大值是2,故t的最大值是5,③錯誤;由f'(x)的圖象知,當(dāng)x=2時,f(x)有極小值,但f(2)大小不確定,故④錯誤,⑤正確. 10.解:(1)f

10、9;(x)=+2bx+1. 由已知 ?解得 (2)x變化時,f'(x),f(x)的變化情況如下: x (0,1) 1 (1,2) 2 (2,+∞) f'(x) - 0 + 0 - f(x) ↘ 極小值 ↗ 極大值 ↘ ∴在x=1處,函數(shù)f(x)取得極小值. 在x=2處,函數(shù)f(x)取得極大值ln 2. 11.解:(1)當(dāng)t=1時,f(x)=4x3+3x2-6x,f(0)=0,f'(x)=12x2+6x-6,f'(0)=-6, 所以曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程為y=-6x. (2)f

11、9;(x)=12x2+6tx-6t2. 令f'(x)=0,解得x=-t或x=. 因為t≠0,以下分兩種情況討論: ①若t<0,則<-t.當(dāng)x變化時,f'(x),f(x)的變化情況如下表: x (-t,+∞) f'(x) + -[來源:] + f(x) ↗ ↘ ↗ 所以,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是,(-t,+∞);f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是. ②若t>0,則-t<. 當(dāng)x變化時,f'(x),f(x)的變化情況如下表: x (-∞,-t) f'(x) + - + f(x)

12、 ↗ ↘ ↗ 所以,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-∞,-t),;f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是. 12.解:(1)f'(x)=3x2-3a∈[-3a,+∞), ∵對任意m∈R,直線x+y+m=0都不與y=f(x)相切, ∴-1?[-3a,+∞),-1<-3a,實數(shù)a的取值范圍是a<. (2)存在,證明方法1: 問題等價于當(dāng)x∈[-1,1]時,|f(x)|max≥, 設(shè)g(x)=|f(x)|,則g(x)在x∈[-1,1]上是偶函數(shù), 故只要證明當(dāng)x∈[0,1]時,|f(x)|max≥, ①當(dāng)a≤0時,f'(x)≥0,f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增,且

13、f(0)=0, g(x)=f(x),g(x)max=f(1)=1-3a>1>;[來源:] ②當(dāng)0<a<時,f'(x)=3x2-3a=3(x+)(x-),列表: x (-∞,-) - (-) (,+∞) f'(x)[來源:] + 0 - 0 +[來源: f(x) ↗ 極大值 2a ↘ 極小值 -2a ↗ f(x)在(0,)上遞減,在(,1)上遞增, 注意到f(0)=f()=0,且<1, ∴x∈(0,)時,g(x)=-f(x),x∈(,1)時,g(x)=f(x), ∴g(x)max=max{f(1),-f()}, 由f(1)=1-3a≥及0<a<,解得0<a≤, 此時-f()≤f(1)成立. ∴g(x)max=f(1)=1-3a≥. 由-f()=2a及0<a<,解得≤a<, 此時-f()≥f(1)成立. ∴g(x)max=-f()=2a. ∴在x∈[-1,1]上至少存在一個x0,使得|f(x0)|≥成立.