（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》專題針對訓(xùn)練 理

一、選擇題1．(2010年高考課標(biāo)全國卷)曲線y＝eq\f(x,x＋2)在點(diǎn)(－1，－1)處的切線方程為()A．y＝2x＋1B．y＝2x－1C．y＝－2x－3D．y＝－2x－2解析：選A.易知點(diǎn)(－1，－1)在曲線上，且y′＝eq\f(x＋2－x,x＋22)＝eq\f(2,x＋22)，∴切線斜率k＝y(tǒng)′|x＝－1＝eq\f(2,1)＝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)＝eq\f(fx,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)＝eq\f(fx,x)＝x＋eq\f(a,x)－2a，則g′(x)＝1－eq\f(a,x2).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)＝eq\f(1,2)x4－2x3＋3m，x∈R，若f(x)＋9≥0恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是()A．m≥eq\f(3,2)B．m>eq\f(3,2)C．m≤eq\f(3,2)D．m<eq\f(3,2)解析：選A.因為函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x4－2x3＋3m，所以f′(x)＝2x3－6x2，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝3，經(jīng)檢驗知x＝3是函數(shù)的一個最小值點(diǎn)，所以函數(shù)的最小值為f(3)＝3m－eq\f(27,2)，不等式f(x)＋9≥0恒成立，即f(x)≥－9恒成立，所以3m－eq\f(27,2)≥－9，解得m≥eq\f(3,2).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．1B．2C．0D.eq\r(2)解析：選B.∵函數(shù)f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上為減函數(shù)，∴eq\f(a,2)≥1，得a≥2.又∵g′(x)＝2x－eq\f(a,x)，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：因為f(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：67．曲線f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0，b、c∈R)經(jīng)過點(diǎn)P(0,2a2＋8)，且在點(diǎn)Q(－1，f(－1))處的切線垂直于y軸，則eq\f(c,b)的最小值為________．解析：由已知曲線f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0，b、c∈R)經(jīng)過點(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.∴eq\f(c,b)＝eq\f(2a2＋8,2a)＝a＋eq\f(4,a).∵a>0，∴eq\f(c,b)＝a＋eq\f(4,a)≥4，即eq\f(c,b)的最小值為4.答案：48．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＝－eq\f(1,2)處取到極大值；④函數(shù)f(x)在x＝1處取到極小值．其中正確的說法有________．解析：由圖可知，當(dāng)x<－1時，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，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時取得極大值；根據(jù)對稱性可知，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eq\f(1,2).(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)因為函數(shù)f(x)＝ax2＋blnx，所以f′(x)＝2ax＋eq\f(b,x).又函數(shù)f(x)在x＝1處有極值eq\f(1,2)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝0，,f1＝\f(1,2)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＋b＝0，,a＝\f(1,2).))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)，,b＝－1.))(2)由(1)可知f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx，其定義域是(0，＋∞)，∴f′(x)＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x＋1x－1,x).當(dāng)x變化時，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)中至少有一個極值點(diǎn)，求a的取值范圍．解：(1)當(dāng)a＝2時，f(x)＝x3－6x2＋3x＋1，f′(x)＝3(x－2＋eq\r(3))(x－2－eq\r(3))．當(dāng)x∈(－∞，2－eq\r(3))時，f′(x)>0，f(x)在(－∞，2－eq\r(3))上單調(diào)增加；當(dāng)x∈(2－eq\r(3)，2＋eq\r(3))時，f′(x)<0，f(x)在(2－eq\r(3)，2＋eq\r(3))上單調(diào)減少；當(dāng)x∈(2＋eq\r(3)，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)在(2＋eq\r(3)，＋∞)上單調(diào)增加．綜上，f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(－∞，2－eq\r(3))和(2＋eq\r(3)，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間是(2－eq\r(3)，2＋eq\r(3))．(2)f′(x)＝3[(x－a)2＋1－a2]．當(dāng)1－a2≥0時，f′(x)≥0，f(x)為增函數(shù)，故f(x)無極值點(diǎn)；當(dāng)1－a2<0時，f′(x)＝0有兩個根，x1＝a－eq\r(a2－1)，x2＝a＋eq\r(a2－1).由題意知，2<a－eq\r(a2－1)<3，①或2<a＋eq\r(a2－1)<3.②①式無解．解②式得eq\f(5,4)<a<eq\f(5,3).因此a的取值范圍是(eq\f(5,4)，eq\f(5,3))．11.某物流公司購買了一塊長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的倉庫，其余地方為道路和停車場，要求頂點(diǎn)C在地塊對角線MN上，B、D分別在邊AM、AN上，假設(shè)AB長度為x米．(1)要使倉庫占地ABCD的面積不少于144平方米，AB長度應(yīng)在什么范圍？(2)若規(guī)劃建設(shè)的倉庫是高度與AB長度相同的長方體建筑，問AB長度為多少時倉庫的庫容最大？(墻體及樓板所占空間忽略不計)解：(1)依題意三角形NDC與三角形NAM相似，所以eq\f(DC,AM)＝eq\f(ND,NA)，即eq\f(x,30)＝eq\f(20－AD,20)，AD＝20－eq\f(2,3)x，矩形ABCD的面積為S＝20x－eq\f(2,3)x2，定義域為0＜x＜30，要使倉庫占地ABCD的面積不少于144平方米，即20x－eq\f(2,3)x2