浙江省高考数学第二轮复习-专题升级训练6-导数及其应用-文.doc

1、专题升级训练6导数及其应用(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)1(2012浙江高考名校交流卷2,8)已知关于x的函数f(x)x3bx2cxbc在x1处有极值，则b，c的值是()Ab1，c1，或b1，c3Bb1，c1Cb1，c3Db1，c12已知函数f(x)x33x22在区间1,1上的最大值与最小值分别为M和m，则Mm()A1 B2 C3 D43函数yf(x)的图象在点x5处的切线方程是yx8，则f(5)f(5)等于()A1 B2 C0 D4f(x)的导函数f(x)的图象如图所示，则函数f(x)的图象最有可能是下图中的()5当x(0,5)时，函数yx

2、ln x()A是单调增函数B是单调减函数C在上单调递增，在上单调递减D在上单调递减，在上单调递增6函数yxsin xcos x在下面哪个区间内是增函数()A B(，2)C D(2，3)7f(x)是定义在(0，)上的非负可导函数，且满足xf(x)f(x)0，对任意正数a，b，若ab，则必有()Aaf(b)bf(a) Bbf(a)af(b)Caf(a)f(b) Dbf(b)f(a)8已知函数f(x)x3ax2bxc，x2,2表示的曲线过原点，且在x1处的切线斜率均为1，给出以下结论：f(x)的解析式为f(x)x34x，x2,2；f(x)的极值点有且仅有一个；f(x)的最大值与最小值之和等于0.其中

3、正确的结论有()A0个 B1个 C2个 D3个二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分)9在直径为d的圆木中，截取一个具有最大抗弯强度的长方体梁，则矩形面的长为_(强度与bh2成正比，其中h为矩形的长，b为矩形的宽)10函数f(x)x33a2xa(a0)的极大值是正数，极小值是负数，则a的取值范围是_11若点P是曲线yx2ln x上任意一点，则点P到直线yx2的最小距离为_12函数f(x)(0x1)的图象如图，M(t，f(t)处的切线为l，l与y轴和直线y1分别交于点P，Q，点N(0,1)，若PQN的面积为b时的点M恰好有两个，则b的取值范围为_三、解答题(本大题共4小题，共44分解答

4、应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)13(本小题满分10分)设x1与x2是函数f(x)aln xbx2x的两个极值点(1)试确定常数a和b的值；(2)试判断x1，x2是函数f(x)的极大值点还是极小值点，并说明理由14(本小题满分10分)已知函数f(x)4x33tx26t2xt1，xR，其中tR.(1)当t1时，求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)当t0时，求f(x)的单调区间15(本小题满分12分)已知f(x)xln x，g(x)x2ax3.(1)求函数f(x)在t，t2(t0)上的最小值；(2)对一切x(0，),2f(x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围；(3)证

5、明：对一切x(0，)，都有ln x成立16(本小题满分12分)已知函数f(x)x3bx2cxd，设曲线yf(x)在与x轴交点处的切线为y4x12，f(x)为f(x)的导函数，满足f(2x)f(x)(1)求f(x)；(2)设g(x)x，m0，求函数g(x)在0，m上的最大值；(3)设h(x)lnf(x)，若对一切x0,1，不等式h(x1t)h(2x2)恒成立，求实数t的取值范围参考答案一、选择题1C解析：由得或当b1，c1时，f(x)(x1)20，则函数f(x)无极值，与题意不符当b1，c3时，符合题意，故选C.2D解析：f(x)3x26x3x(x2)，令f(x)0，得x0或x2(舍去)当x(1

6、,0)时，f(x)单调递增；当x(0,1)时，f(x)单调递减，Mf(x)maxf(0)2.又f(1)2，f(1)0，mf(x)min2.综上，Mm2(2)4.故选D.3B解析：由题意知f(5)583，f(5)1，故f(5)f(5)2.故选B.4A解析：根据导函数f(x)的图象可知f(x)在(，2)，(0，)上单调递减，在(2,0)上单调递增故选A.5D解析：yln x1，令y0，得x.在上y0，在上y0，yxln x在上单调递减，在上单调递增故选D.6C解析：yxsin xcos x，y(xsin x)(cos x)sin xxcos xsin xxcos x，当x时，xcos x0，即y0

7、.故函数yxsin xcos x在区间内是增函数故选C.7A解析：设F(x)，则F(x)0，故F(x)为减函数由0ab，有af(b)bf(a)，故选A.8C解析：f(0)0，c0.f(x)3x22axb，即解得a0，b4，f(x)x34x，f(x)3x24.令f(x)0得x2,2，极值点有两个f(x)为奇函数，f(x)maxf(x)min0.正确，故选C.二、填空题9d解析：如图为圆木的横截面，由b2h2d2，bh2b(d2b2)设f(b)b(d2b2)，f(b)3b2d2.令f(b)0，又b0，bd，且在上f(b)0，在上f(b)0.函数f(b)在bd处取极大值，也是最大值，即抗弯强度最大，

8、此时长hd.10解析：f(x)3x23a23(xa)(xa)，由f(x)0得xa，当axa时，f(x)0，函数递减；当xa或xa时，f(x)0，函数递增f(a)a33a3a0，且f(a)a33a3a0，解得a.11解析：过点P作yx2的平行直线，且与曲线yx2ln x相切设P(x0，x02ln x0)，则有k2x0.2x01，x01或x0(舍去)，P(1,1)，d.12解析：因为f(x)，则得切线l的方程为y(xt)，得P，Q(2t,1)，从而得b(2t)t.令x，则x(0,1)，则转化为关于x的方程x34x24x4b0在区间(0,1)上有两个不同的根设g(x)x34x24x4b，则g(x)3

9、x28x4，故函数g(x)在区间上为增函数，在区间上为减函数，从而有解得b.三、解答题13解：(1)f(x)2bx1.由已知解得(2)x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(0,1)1(1,2)2(2，)f(x)00f(x)极小值极大值在x1处，函数f(x)取得极小值；在x2处，函数f(x)取得极大值ln 2.14解：(1)当t1时，f(x)4x33x26x，f(0)0，f(x)12x26x6，f(0)6，所以曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y6x.(2)f(x)12x26tx6t2.令f(x)0，解得xt或x.因为t0，以下分两种情况讨论：若t0，则t.当x变化时，f

10、(x)，f(x)的变化情况如下表：x(t，)f(x)f(x)所以，f(x)的单调递增区间是，(t，)；f(x)的单调递减区间是.若t0，则t.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，t)f(x)f(x)所以，f(x)的单调递增区间是(，t)，；f(x)的单调递减区间是.15(1)解：f(x)ln x1，则当x时，f(x)0，f(x)单调递减；当x时，f(x)0，f(x)单调递增0tt2，没有最小值；0tt2，即0t时，f(x)minf；tt2，即t时，f(x)在t，t2上单调递增，f(x)minf(t)tln t所以f(x)min(2)解：2xln xx2ax3，则a2ln xx

11、，设h(x)2ln xx(x0)，则h(x).x(0,1)，h(x)0，h(x)单调递减；x(1，)，h(x)0，h(x)单调递增所以h(x)minh(1)4，对一切x(0，),2f(x)g(x)恒成立所以ah(x)min4，即a的取值范围是(，4(3)证明：问题等价于证明xln x(x(0，)，由(1)可知f(x)xln x(x(0，)的最小值是，当且仅当x时取到设m(x)(x(0，)，则m(x)，易知m(x)max，当且仅当x1时取到，从而对一切x(0，)，都有ln x成立16解：(1)f(x)x22bxc，f(2x)f(x)，函数yf(x)的图象关于直线x1对称b1.直线y4x12与x轴

12、的交点为(3,0)，f(3)0，且f(3)4，即99b3cd0，且96bc4，解得c1，d3.则f(x)x3x2x3.(2)f(x)x22x1(x1)2，g(x)xx|x1|其图象如图所示当x2x=时，由x1，得，根据图象得：当0m时，g(x)的最大值为mm2；当m时，g(x)的最大值为；当m时，g(x)的最大值为m2m.(3)h(x)=ln(x1)2=2ln|x1|，h(x+1t)=2ln|xt|，h(2x+2)=2ln|2x+1|，当x0,1时，|2x+1|=2x+1，不等式2ln|xt|2ln|2x+1|恒成立等价于|xt|2x+1且xt恒成立，由|xt|2x+1恒成立，得x1t3x+1恒成立，当x0,1时，3x+11,4，x12，1，1t1，又当x0,1时，由xt恒成立，得t0,1，因此，实数t的取值范围是1t0.