江蘇省2019高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)優(yōu)編增分練：高考填空題分項(xiàng)練6函數(shù)與導(dǎo)數(shù).doc

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高考填空題分項(xiàng)練6　函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 1．設(shè)曲線y＝在點(diǎn)(3,2)處的切線與直線ax＋y＋1＝0垂直，則a＝________. 答案?。? 解析　∵y＝＝1＋，∴y′＝－. ∴曲線在點(diǎn)(3,2)處的切線斜率k＝－. ∴－a＝2，即a＝－2. 2．設(shè)函數(shù)f(x)＝g(x)＋x2，曲線y＝g(x)在點(diǎn)(1，g(1))處的切線方程為y＝2x＋1，則曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處切線的斜率為________． 答案　4 解析　依題意得f′(x)＝g′(x)＋2x， 所以f′(1)＝g′(1)＋2＝2＋2＝4. 3．已知函數(shù)f(x)＝在(－2，＋∞)上單調(diào)遞減，則a的取值范圍是________． 答案　 解析　∵f′(x)＝，且函數(shù)f(x)在(－2，＋∞)上單調(diào)遞減，∴f′(x)≤0在(－2，＋∞)上恒成立，∴a≤. 當(dāng)a＝時，f′(x)＝0恒成立，不合題意，應(yīng)舍去． ∴a<. 4．已知a≤＋ln x對任意x∈恒成立，則a的最大值為________． 答案　0 解析　令f(x)＝＋ln x，x∈， 則f′(x)＝， 當(dāng)x∈時，f′(x)<0，當(dāng)x∈[1,2]時，f′(x)≥0， ∴f(x)在上單調(diào)遞減，在[1,2]上單調(diào)遞增， ∴f(x)min＝f(1)＝0，∴a的最大值為0. 5．若函數(shù)f(x)＝x3＋mx2－m2x＋1(m為常數(shù)，且m>0)有極大值9，則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， 當(dāng)x變化時，f′(x)與f(x)的變化情況如下表： x (－∞，－m) －m m f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  從而可知，當(dāng)x＝－m時，函數(shù)f(x)取得極大值9， 即f(－m)＝－m3＋m3＋m3＋1＝9，解得m＝2. 6．函數(shù)f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)內(nèi)有最小值，則a的取值范圍是________． 答案　(0,1) 解析　f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)． 當(dāng)a≤0時，f′(x)>0， 所以f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增，無最小值． 當(dāng)a>0時，f′(x)＝3(x－)(x＋)． 當(dāng)x∈(－∞，－)和(，＋∞)時，f(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈(－，)時，f(x)單調(diào)遞減， 所以當(dāng)0<<1，即00在f(x)的定義域上恒成立，即f(x)＋f′(x)>0在f(x)的定義域上恒成立． 對于①式，f(x)＋f′(x)＝2－x－2－xln 2＝2－x(1－ln 2)>0，符合題意． 經(jīng)驗(yàn)證，②③④均不符合題意． 8．如果函數(shù)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，當(dāng)x∈[－1,0)時，f′(x)>0， 當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)<0， ∴x＝0是f(x)的極大值點(diǎn)，也是最大值點(diǎn)， ∴f(x)max＝f(0)＝a＝2， ∴f(x)＝x3－x2＋2. 又f(－1)＝－，f(1)＝， ∴f(x)在[－1,1]上的最小值為－. 9．若函數(shù)f(x)＝x3－3x＋a有3個不同的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 答案　(－2,2) 解析　令f(x)＝0，得a＝3x－x3， 于是y＝a和y＝3x－x3應(yīng)有3個不同交點(diǎn)， 令y＝g(x)＝3x－x3，則g′(x)＝3－3x2. 由g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－1， ∴g(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上單調(diào)遞減，在(－1,1)上單調(diào)遞增， ∴當(dāng)x＝－1時，g(x)取得極小值－2，當(dāng)x＝1時，g(x)取得極大值2. 畫出y＝3x－x3的圖象如圖，若y＝a和y＝3x－x3有3個不同交點(diǎn)，則－20，即x∈(0,1]時，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化為 a≥－. 設(shè)g(x)＝－，x∈(0,1]，則g′(x)＝. 所以g(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減． 因此g(x)max＝g＝4，從而a≥4； 當(dāng)x<0，即x∈[－1,0)時，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化為a≤－，g(x)在區(qū)間[－1,0)上單調(diào)遞增， 因此g(x)min＝g(－1)＝4，從而a≤4.所以a＝4. 11．海輪每小時使用的燃料費(fèi)與它的航行速度的立方成正比，已知某海輪的最大航速為30千米/時，當(dāng)速度為10千米/時，它的燃料費(fèi)是每小時25元，其余費(fèi)用(無論速度如何)是每小時400元．如果甲、乙兩地相距800千米，則要使該海輪從甲地航行到乙地的總費(fèi)用最低，它的航速應(yīng)為________千米/時． 答案　20 解析　設(shè)航速為v千米/時(0≤v≤30)，每小時的燃料費(fèi)為m元，則m＝kv3， ∵當(dāng)v＝10時，m＝25，代入上式，得k＝， 則總費(fèi)用y＝m＋400＝20v2＋， ∴y′＝40v－.令y′＝0，得v＝20. 經(jīng)判斷知當(dāng)v＝20時，y最小． 12．已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a0；②f(0)f(1)<0；③f(0)f(3)>0；④f(0)f(3)<0. 其中正確結(jié)論的序號是________． 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. 當(dāng)x<1時，f′(x)>0； 當(dāng)13時，f′(x)>0. ∴當(dāng)x＝1時，f(x)有極大值， 當(dāng)x＝3時，f(x)有極小值． ∵函數(shù)f(x)有三個零點(diǎn)， ∴f(1)>0，f(3)<0， 且a<10，得a>0，因此f(0)0. 故正確結(jié)論的序號是②③. 方法二　由題設(shè)知f(x)＝0有3個不同零點(diǎn)．如圖所示． 設(shè)g(x)＝x3－6x2＋9x， ∴f(x)＝g(x)－abc，f(x)有3個零點(diǎn)，需將g(x)的圖象向下平移至如圖所示位置． 觀察圖象可知，f(0)f(1)<0且f(0)f(3)>0. 故②③正確． 13．已知定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，滿足f′(x)0，即所求不等式的解集為(0，＋∞)． 14．(2018蘇州模擬)如果函數(shù)y＝f(x)在其定義域內(nèi)總存在三個不同實(shí)數(shù)x1，x2，x3，滿足|xi－2|f(xi)＝1(i＝1,2,3)，則稱函數(shù)f(x)具有性質(zhì)Ω.已知函數(shù)f(x)＝aex具有性質(zhì) Ω，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________． 答案　 解析　由題意知，若f(x)具有性質(zhì)Ω，則在定義域內(nèi)|x－2|f(x)＝1有3個不同的實(shí)數(shù)根， ∵ f(x)＝aex，∴ ＝|x－2|ex， 即方程＝|x－2|ex在R上有3個不同的實(shí)數(shù)根． 設(shè)g(x)＝|x－2|ex＝ 當(dāng)x≥2時，g′(x)＝(x－1)ex>0，即g(x)在[2，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)x<2時，g′(x)＝(1－x)ex，g(x)>0， ∴g(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1,2)上單調(diào)遞減． 又∵ g(1)＝e，g(2)＝0， ∴方程＝|x－2|ex在R上有3個不同的實(shí)數(shù)根即函數(shù)g(x)與y＝的圖象有3個交點(diǎn)． ∴0<.