《2022年高考數(shù)學大一輪總復習 第三章 導數(shù)及其應用同步訓練 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高考數(shù)學大一輪總復習 第三章 導數(shù)及其應用同步訓練 理（27頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學大一輪總復習 第三章 導數(shù)及其應用同步訓練 理 　　　　　　　　　　　　　　　 A級訓練 (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

2、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級訓練 (完成時間：19分鐘) 　1.[限時2分鐘，達標是(　)否(　)] 函數(shù)y＝sin4x在點M(π，0)處的切線方程為(　　) A．y＝x－π

3、 B．y＝0 C．y＝4x－π D．y＝4x－4π　2.[限時2分鐘，達標是(　)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，達標是(　)否(　)] 曲線y＝ex在點(2，e2)處的切線與坐標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，達標是(　)否(　)] 若拋

4、物線y＝x2－x＋c上一點P的橫坐標是－2，拋物線過點P的切線恰好過坐標原點，則c的值為　4　. 　6.[限時4分鐘，達標是(　)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．

5、 C級訓練 (完成時間：6分鐘) 　1.[限時3分鐘，達標是(　)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　導數(shù)的應用 　　　　　　　　　　　　　　　 A級訓練 (完成時間：10分鐘) 　1.函數(shù)y＝x2(x－3)的減區(qū)間是(　　) A．(－∞，0) B．

6、(2，＋∞) C．(0,2) D．(－2,2) 　2.函數(shù)f(x)＝ax2－b在(－∞，0)內是減函數(shù)，則a、b應滿足(　　) A．a＜0且b＝0 B．a＞0且b∈R C．a＜0且b≠0 D．a＜0且b∈R 　3.已知a＞0，函數(shù)f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是單調增函數(shù)，則a的最大值是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 　4.關于函數(shù)y＝(x2－4)3＋1，下列說法正確的是(　　) A．當x＝－2時，y有極大值1 B．當x＝0時，y有極小值－63 C．當x＝2時，y有極大值1 D．函數(shù)的最大值為1 　5.設函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上滿足f′

7、(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級訓練 (完成時間：25分鐘) 　1.[限時2分鐘，達標是(　)否(　)]

8、 對于R上可導的任意函數(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≥e C．a≥ D．a≥4 　3.[限時2分鐘，達標是(　)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

9、小值 C．極小值－，極大值0 D．極大值－，極小值0 　4.[限時2分鐘，達標是(　)否(　)] 若函數(shù)y＝－x3＋bx有三個單調區(qū)間，則b的取值范圍是　{b|b＞0}　. 　5.[限時4分鐘，達標是(　)否(　)] (xx·廣東佛山模擬)設函數(shù)f(x)在(0，＋∞)內可導，且f(ex)＝x＋e2x，則f′(x)的最小值為　　　　. 　6.[限時6分鐘，達標是(　)否(　)] (xx·全國大綱)函數(shù)f(x)＝ax3＋3x2＋3x(a≠0)． (1)討論f(x)的單調性； (2)若f(x)在區(qū)間(1,2)上是增函數(shù)，求a的取值范圍．

10、 　7.[限時7分鐘，達標是(　)否(　)] (xx·安徽)設函數(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性； (2)當x∈[0,1]時，求f(x)取得最大值和最小值時的x的值． C級訓練 (完成時間：18分鐘) 　1.[限時4分鐘，達標是(　)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，則關于x的方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0的不同實根個數(shù)為

11、(　　) A．3 B．4 C．5 D．6 　2.[限時7分鐘，達標是(　)否(　)] (xx·江西)已知函數(shù)f(x)＝(x2＋bx＋b)·(b∈R)． (1)當b＝4時，求f(x)的極值； (2)若f(x)在區(qū)間(0，)上單調遞增，求b的取值范圍． 　3.[限時7分鐘，達標是(　)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

12、線與曲線y＝f(x)相切？(只需寫出結論) 第3講　導數(shù)的綜合應用 　　　　　　　　　　　　　　　 A級訓練 (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.

13、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

14、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]上單調遞增，在區(qū)間[1,2]上單調遞減； (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

15、，求出實數(shù)b的值；若不存在，試說明理由． B級訓練 (完成時間：26分鐘) 　1.[限時2分鐘，達標是(　)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，達標是(　)否(　)] (xx·廣東江門一模)設函數(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

16、(a)＜f(b) D．f(b)＜g(a)＜0 　3.[限時3分鐘，達標是(　)否(　)] 已知函數(shù)f(x)的導函數(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，達標是(　)否(　)] (x

17、x·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，達標是(　)否(　)] 已知函數(shù)f(x)＝ (1)求函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間； (2)求函數(shù)f(x)的零點．

18、 C級訓練 (完成時間：19分鐘) 　1.[限時4分鐘，達標是(　)否(　)] 設函數(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<

19、1]時，x≤sinx≤x； (2)若不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cosx≤4對x∈[0,1]恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． 第4講　定積分 　　　　　　　　　　　　　　　 A級訓練 (完成時間：10分鐘) 　1.定積分exdx的值為(　　) A．－1 B．1 C．e2－1 D．e2 　2.如圖，陰影區(qū)域是由函數(shù)y＝cos x的一段圖象與x軸圍成的封閉圖形，那么這個陰影區(qū)域的面積是(　　) A．1 B．2 C. D．π 　3.從地面以初速度40 m/s豎直向上拋一物體，t(s)時刻的速度v＝40－10t2，則此物體達到最高

20、時的高度為(　　) A. m B. m C. m D. m 　4.(xx·湖南)若x2dx＝9，則常數(shù)T的值為　3　. 　5.計算(2x－1)dx＝　6　. 　6.(sinx＋cosx)dx＝　2　. 　7.曲線x2＋y2＝2與曲線y＝x2所圍成的區(qū)域的面積是多少？ B級訓練 (完成時間：16分鐘) 　1.[限時2分鐘，達標是(　)否(　)] 已知f(x)為偶函數(shù)且f(x)dx＝8，則－6f(x)dx等于(　　) A．0 B．4 C．8 D．16 　2.[限時2分鐘，達標是(　)否(　)] 用S表示圖中陰影部分的面積，則S

21、的值是(　　) A.f(x)dx B．|f(x)dx| C.f(x)dx＋f(x)dx D.f(x)dx－f(x)dx 　3.[限時2分鐘，達標是(　)否(　)] (xx·江西)若S1＝x2dx，S2＝dx，S3＝exdx，則S1，S2，S3的大小關系為(　　) A．S1

22、(x)為一次函數(shù)，且f(x)＝x＋2f(t)dt，則f(x)＝　x－1　. 　6.[限時2分鐘，達標是(　)否(　)] (2x＋)dx＝　e2　. 　7.[限時4分鐘，達標是(　)否(　)] 已知f(x)為二次函數(shù)，且f(－1)＝2，f′(0)＝0，f(x)dx＝－2. (1)求f(x)的解析式； (2)求f(x)在[－1,1]上的最大值與最小值． C級訓練 (完成時間：7分鐘) 　1.[限時3分鐘，達標是(　)否(　)]

23、(xx·湖北)一輛汽車在高速公路上行駛，由于遇到緊急情況而剎車，以速度v(t)＝7－3t＋(t的單位：s，v的單位：m/s)行駛至停止．在此期間汽車繼續(xù)行駛的距離(單位：m)是(　　) A．1＋25ln 5 B．8＋25ln C．4＋25ln 5 D．4＋50ln 2 　2.[限時4分鐘，達標是(　)否(　)] a＝(sin x＋cos x)dx，則二項式(a－)6的展開式中含x2項的系數(shù)是?。?92　. 第三章　導數(shù)及其應用 第1講　導數(shù)的概念及運算 【A級訓練】 1．A　解析：因為f′(x0)＝2，由導數(shù)的定義， 即 ＝2， 所以 ＝－1. 2．A　　3.B　

24、解析：y′＝3x2－2，切線的斜率k＝3×12－2＝1.故傾斜角為45°. 4．C　解析：根據(jù)v＝得知，瞬時速度就是s對t的導數(shù)． 5．k　解析：＝＝＝k. 6．y＝3x－3　解析：因為y′＝3x2，所以y′|x＝1＝3，而切點坐標為(1,0)，斜率為3，所以曲線y＝x3－1在x＝1處的切線方程為y＝3x－3. 7．解析：(1)y′＝(x5)′－(x3)′＋(3x2)′＋()′＝x4－4x2＋6x. (2)方法一：因為y＝(3x3－4x)(2x＋1)＝6x4＋3x3－8x2－4x， 所以y′＝24x3＋9x2－16x－4. 方法二：y′＝(3x3－4x)′(2x＋1)＋(3x3－

25、4x)(2x＋1)′ ＝(9x2－4)(2x＋1)＋(3x3－4x)·2 ＝24x3＋9x2－16x－4. (3)y′＝ ＝＝. 8．解析：對于y＝x2－1， 有y′＝x，k1＝y(tǒng)′|x＝x0＝x0； 對于y＝1＋x3， 有y′＝3x2，k2＝y(tǒng)′|x＝x0＝3x. 又k1k2＝－1， 則x＝－1，故x0＝－1. 【B級訓練】 1．D　解析：由函數(shù)y＝sin4x知，y′＝4cos4x，把x＝π代入y′得到切線的斜率k＝4，則切線方程為：y－0＝4(x－π)，即y＝4x－4π. 2．C　解析：利用導數(shù)的幾何意義求解． y′＝ex－1＋xex－1＝(x＋1)ex－1，故

26、曲線在點(1,1)處的切線斜率為y′x＝1＝2. 3．D　解析：因為點(2，e2)在曲線上，所以切線的斜率k＝y(tǒng)′|x＝2＝ex|x＝2＝e2， 所以切線的方程為y－e2＝e2(x－2)． 即e2x－y－e2＝0. 與兩坐標軸的交點坐標為(0，－e2)，(1,0)， 所以S△＝×1×e2＝. 4．A　解析：y′＝，設直線2x－y＋c＝0與曲線切于點P(x0，y0)，則＝2，所以x0＝1，y0＝ln(2x0－1)＝0，得P(1,0)，所求的最短距離為d＝＝. 5．4　解析：因為y′＝2x－1，所以y′|x＝－2＝－5， 又P(－2,6＋c)，所以＝－5，所以c＝4. 6．解析：

27、y′＝2x，過其上一點(x0，x)的切線方程為y－x＝2x0(x－x0)， 因為所求切線過P(3,5)， 所以5－x＝2x0(3－x0)， 解之得x0＝1或x0＝5. 從而切點A的坐標為(1,1)或(5,25)． 當切點為(1,1)時，切線斜率k1＝2x0＝2； 當切點為(5,25)時，切線斜率k2＝2x0＝10. 所以所求的切線有兩條，方程分別為y－1＝2(x－1)和y－25＝10(x－5)， 即y＝2x－1和y＝10x－25. 7．解析：(1)設切點為(x0，y0)， 則y0＝3x0－x.又f′(x)＝3－3x2， 所以切線斜率k＝＝3－3x， 即3x0－x－2＝(

28、x0－2)(3－3x)， 所以(x0－1)[(x0－1)2－3]＝0， 解得x0＝1或x0＝1±， 相應的斜率k＝0或k＝－9±6， 所以切線方程為y＝2或y＝(－9±6)(x－2)＋2. (2)證明：與曲線S切于點(x0，y0)的切線方程可設為y－y0＝(3－3x)(x－x0)， 與曲線S的方程聯(lián)立，消去y， 得3x－x3－y0＝3(1－x)·(x－x0)， 即3x－x3－(3x0－x)＝3(1－x)(x－x0)． 即(x－x0)2(x＋2x0)＝0， 則x＝x0或x＝－2x0， 因此，與曲線S切于點(x0，y0)(x0≠0)的切線與S至少有兩個交點． 【C級訓練】

29、 1．(－∞，0)　解析：由題意知該函數(shù)的定義域為{x|x>0}． 由f ′(x)＝2ax＋. 因為存在垂直于y軸的切線，故此時斜率為0. 問題轉化為f ′(x)＝2ax＋＝0存在大于零的實根． 再將之轉化為g(x)＝－2ax(x>0)與h(x)＝(x>0)存在交點．當a＝0不符合題意；當a>0時，如圖1，數(shù)形結合可得顯然沒有交點；當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，

30、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　導數(shù)的應用 【A級訓練】 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a＝0時f(x)＝－b不合題意．②當a≠0時，如圖所示，若函數(shù)f(x)＝ax2－b在(－∞，0)內是減函數(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′

31、(x)＝3x2－a，因為函數(shù)f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是單調增函數(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)2×2x＝6x(x2－4)2. 令y′＝6x(x2－4)2＝0， 所以x＝0或x＝±2， 又當x＞0時，即y′＞0，原函數(shù)單調遞增； 當x＜0時，即y′＜0，原函數(shù)單調遞減， 所以當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]上為單調減函數(shù)，則最小值為f(b)，最大值為f

32、(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＝4－4×3m≤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＋

33、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x＜－1或x＞1時，f′(x)＞0； 當－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級訓練】 1．C　解析：依題意，當x≥1時，f′(x)≥0，函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)； 當x＜1時，f′(x)≤0，f(x)在(－∞，1)上是減函數(shù)， 故當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

34、：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有三個單調區(qū)間，所以y′＝－4x2＋b的圖象與x軸有兩個交點

35、，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， 當且僅當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當且僅當a＝1，x＝－1，故此時f(x)在R上是增函數(shù)． ②由于a≠0，故當a<1時，f′(x)＝0有兩個根 x1＝，x2＝. 若0

36、x)>0，故f(x)分別在(－∞，x2)，(x1，＋∞)是增函數(shù)； 當x∈(x2，x1)時，f′(x)<0， 故f(x)在(x2，x1)上是減函數(shù)． 若a<0，則當x∈(－∞，x1)或(x2，＋∞)時，f′(x)<0，故f(x)分別在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上是減函數(shù)； 當x∈(x1，x2)時，f′(x)>0， 故f(x)在(x1，x2)上是增函數(shù)． (2)當a>0，x>0時，f′(x)＝3ax2＋6x＋3>0， 故當a>0時，f(x)在區(qū)間(1,2)上是增函數(shù)． 當a<0時，f(x)在區(qū)間(1,2)上是增函數(shù)當且僅當f′(1)≥0且f′(2)≥0，解得－≤a<0. 綜

37、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x＜x1或x＞x2時，f′(x)＜0；當x1＜x＜x2時，f′(x)＞0. 故f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)內單調遞減，在(x1，x2)內單調遞增． (2)因為a＞0，所以x1＜0，x2＞0. ①當a≥4時，x2≥1，由(1)知，f(x)在[0,1]上單調遞增，所以f(x)在x＝0和x＝1處分別取得最小值和最大值． ②當0＜a＜4時，x

38、2＜1，由(1)知，f(x)在[0，x2]上單調遞增，在[x2,1]上單調遞減，所以f(x)在x＝x2＝處取得最大值． 又f(0)＝1，f(1)＝a，所以 當0＜a＜1時，f(x)在x＝1處取得最小值； 當a＝1時，f(x)在x＝0處和x＝1處同時取得最小值； 當1＜a＜4時，f(x)在x＝0處取得最小值． 【C級訓練】 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

39、. 2．解析：(1)當b＝4時，f′(x)＝， 由f′(x)＝0得x＝－2或x＝0. 當x∈(－∞，－2)時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減； 當x∈(－2,0)時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增； 當x∈(0，)時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減． 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x∈(0，)時，＜0， 依題意當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.

40、 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－

41、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g(0)>0且g(1)<0，即－3<

42、t<－1時，因為g(－1)＝t－7<0，g(2)＝t＋11>0，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，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　導數(shù)的綜合應用 【A級訓練】 1．D　解析：求導

43、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，知當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

44、立平面坐標系O-xy，令A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

45、，S＝－2x3＋8x取得最大值為. 6．解析：設船速度為x(x＞0)時，燃料費用為Q元，則Q＝kx3， 由6＝k×103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x∈(0,20)時，y′＜0，此時函數(shù)單調遞減， 當x∈(20，＋∞)時，y′＞0，此時函數(shù)單調遞增， 所以當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]上單調遞增，在區(qū)間[1,2]上單調遞減， 所以f′(1)＝0， 即f′(1)＝(4x3－12x

46、2＋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在定義域內單調遞增， g

47、()＝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，

48、當x＜a時，f′(x)＞0； 當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， 設函數(shù)g(x)＝x＋，所以g′(x)＝1－. 因為g′(x)＝0，所以x＝， 當0＜x＜時，g′(x)＜0，函數(shù)的減區(qū)間為

49、(0，)，g(x)∈(2，＋∞)， 當≤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x＜1時，f′(x)＞0； 當1＜x＜2時，f′(x)＜0； 當x＞2時，f′(x)＞0.

50、所以當x＝1時，f(x)取極大值f(1)＝－a； 當x＝2時，f(x)取極小值f(2)＝2－a； 故當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＞

51、0，此時f(x)無零點． 當x≤時，f(x)＝x2＋2x＋a－1，Δ＝4－4(a－1)＝8－4a. 當Δ＜0，即a＞2時，f(x)無零點； 當Δ＝0，即a＝2時，f(x)有一個零點－1； 當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Δ＞0且f()＜0，即，a＜－時，f(x)僅有一個零點－1－. 【C級訓練】 1．4　解析：由題意，f′(x)＝3ax2－3，當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a＞0時，令f′(x)＝3ax2－3＝0解得x＝±， ①當x

52、＜－時，f′(x)＞0，f(x)為增函數(shù)； ②當－＜x＜時，f′(x)＜0，f(x)為減函數(shù)； ③當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，]上單調遞減． 從而f(x)≤f(0)＝0. (2)當x>

53、0時，“>a”等價于“sin x－ax>0”；“0對任意x∈(0，)恒成立． 當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，]上單調遞減，從而g(x)

54、   　　因為g(x)在區(qū)間[0，x0]上是增函數(shù)，所以g(x0)>g(0)＝0.進一步，“g(x)>0對任意x∈(0，)恒成立”當且僅當g()＝1－c≥0，即00對任意x∈(0，)恒成立；當且僅當c≥1時，g(x)<0對任意x∈(0，)恒成立． 所以，若a<

55、數(shù)； 又F(0)＝0，F(xiàn)(1)＞0， 所以當x∈[0,1]時，F(xiàn)(x)≥0，即sinx≥x. 記H(x)＝sinx－x， 則當x∈(0,1)時，H′(x)＝cosx－1＜0， 所以H(x)在[0,1]上是減函數(shù)； 則H(x)≤H(0)＝0，即sinx≤x. 綜上，x≤sinx≤x. (2)當x∈[0,1]時， ax＋x2＋＋2(x＋2)cosx－4 ＝(a＋2)x＋x2＋－4(x＋2)sin2 ≤(a＋2)x＋x2＋－4(x＋2)(x)2 ＝(a＋2)x， 所以當a≤－2時，不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cosx≤4對x∈[0,1]恒成立． 下面證明：當a＞－2時

56、，不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cosx≤4對x∈[0,1]不恒成立． 因為當x∈[0,1]時， ax＋x2＋＋2(x＋2)cosx－4 ＝(a＋2)x＋x2＋－4(x＋2)sin2 ≥(a＋2)x＋x2＋－4(x＋2)()2 ＝(a＋2)x－x2－ ≥(a＋2)x－x2 ＝－x[x－(a＋2)]． 所以存在x0∈(0,1)(例如x0取和中的較小值)滿足ax0＋x＋＋2(x0＋2)cosx0－4>0， 即當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級訓練】

57、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)∫＝40×2－×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

58、π·2－·2·1＝－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軸兩側的圖象對稱，所以對應的面積相等，則－6f(x)dx＝8×2＝16. 2．D　解析：由定積分的幾何意義知區(qū)域內的曲線與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<

59、：曲線y＝ex，y＝e－x的交點坐標為(0,1)， 由曲線y＝ex，y＝e－x以及x＝1所圍成的圖形的面積就是： (ex－e－x)dx＝(ex＋e－x)＝e＋－1－1＝e＋－2. 5．x－1　解析：因為f(x)為一次函數(shù)，且f(x)＝x＋2f(t)dt，所以設f(x)＝x＋b， 則b＝2(x＋b)dx＝2(x2＋bx)＝2(＋b)，解得b＝－1. 所以f(x)＝x－1. 6．e2　解析：因為(lnx)′＝，(x2)′＝2x， 所以(2x＋)dx＝x2＋lnx＝e2－1＋lne－ln1＝e2. 7．解析：(1)設f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)， 則f′(x)＝2ax＋b，

60、 由f(－1)＝2，f′(0)＝0， 得，即， 所以f(x)＝ax2＋(2－a)． 又f(x)dx＝[ax2＋(2－a)]dx＝[ax3＋(2－a)x]＝2－a＝－2. 所以a＝6，所以c＝－4， 從而f(x)＝6x2－4. (2)因為f(x)＝6x2－4，x∈[－1,1]， 所以當x＝0時，f(x)min＝－4； 當x＝±1時，f(x)max＝2. 【C級訓練】 1．C　解析：令v(t)＝7－3t＋＝0，化為3t2－4t－32＝0，又t＞0，解得t＝4.所以由剎車行駛至停止，在此期間汽車繼續(xù)行駛的距離s＝(7－3t＋)dt＝[7t－＋25ln(1＋t)]＝4＋25ln 5. 2．－192　解析：a＝(sin x＋cos x)dx ＝(－cos x＋sin x)＝2， 所以(a－)6＝(2－)6的展開式的通項為：Tr＋1＝(－1)r26－rCx3－r，令3－r＝2得r＝1，所以展開式中含x2項的系數(shù)是－25C＝－192.