《安徽省2013年高考數(shù)學第二輪復習 專題升級訓練6 導數(shù)及其應用 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《安徽省2013年高考數(shù)學第二輪復習 專題升級訓練6 導數(shù)及其應用 理（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題升級訓練6 導數(shù)及其應用 (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.函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)可導，y＝f(x)的圖象如圖所示，則導函數(shù)y＝f′(x)的圖象可能為( )． 3．當x∈(0，5)時，函數(shù)y＝xln x( )． A．是單調增函數(shù) B．是單調減函數(shù) C．在上單調遞增，在上單調遞減 D．在上單調遞減，在上單調遞增 4．(2012·安徽

2、合肥六中最后一卷，理14)已知函數(shù)f(x)＝x2－1在點P(1，0)處的切線傾斜角為α，則sin等于( )． A. B. C. D．－ 5．f(x)是定義在(0，＋∞)上的非負可導函數(shù)，且滿足xf′(x)－f(x)≤0，對任意正數(shù)a，b，若a

3、4x，x∈[－2，2]； ②f(x)的極值點有且僅有一個； ③f(x)的最大值與最小值之和等于0. 其中正確的結論有( )． 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．在直徑為d的圓木中，截取一個具有最大抗彎強度的長方體梁，則矩形面的長為__________.(強度與bh2成正比，其中h為矩形的長，b為矩形的寬) 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．若點P是曲線y＝x2－ln x上任意一點，則點P到直線y＝x－2的最小距離

4、為______. 三、解答題(本大題共3小題，共46分．解答應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)(2012·安徽蚌埠二中5月質檢，理17)設f(x)＝sin x＋ln x－kx，x∈(0，＋∞)，k>0. (1)若f(x)在上單調遞增，求k的取值范圍； (2)設g(x)＝sin x(x>0)，若y＝g(x)的圖象在y＝f(x)的圖象的上方，求k的

5、取值范圍． 12．(本小題滿分16分)已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3. (1)求函數(shù)f(x)在[t，t＋2](t>0)上的最小值； (2)對一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍； (3)證明：對一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)n x>－成立． 參考答案 一、選擇題 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. 理科用2.D 解析：x<0時，f(x)為增函數(shù)，所以導函數(shù)在x<0時大于零；x>0時，原函數(shù)先增后減再增，所以導函數(shù)先大于零再小于零之后又大于零．故選D. 3．

6、D 解析：y′＝ln x＋1，令y′＝0，得x＝. 在上y′<0，在上y′>0， ∴y＝xln x在上單調遞減， 在上單調遞增．故選D. 4．A 解析：∵f′(1)＝2，∴tan α＝2. ∴sin 2α＝，cos 2α＝－. ∴sin＝(sin 2α＋cos 2α)＝.故選A. 5．A 解析：設F(x)＝，則F′(x)＝≤0， 故F(x)＝為減函數(shù)． 由0

7、(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. 二、填空題 7.d 解析：如圖為圓木的橫截面， 由b2＋h2＝d2，∴bh2＝b(d2－b2)． 設f(b)＝b(d2－b2)，∴f′(b)＝－3b2＋d2. 令f′(b)＝0，又∵b>0， ∴b＝d，且在上f′(b)>0，在上f′(b)<0. ∴函數(shù)f(b)在b＝d處取極大值，也是最大值，即抗彎強度最大，此時長h＝d. 8. 解析：f′(x)＝3x2－3a2＝3(x＋a)(x－a)，由f′(x)＝0得x＝±a，當－a

8、)<0，函數(shù)遞減； 當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. 解析：過點P作y＝x－2的平行直線，且與曲線y＝x2－ln x相切． 設P(x0，x20－ln x0)，則有k＝y(tǒng)′|x＝x0＝2x0－. ∴2x0－＝1， ∴x0＝1或x0＝－(舍去)， ∴P(1,1)，∴d＝＝. 三、解答題 10．解：(1)f′(x)＝＋2bx＋1. 由已知解得 (2)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (0,1) 1 (1,2) 2 (2，＋∞) f′(x)

9、 － 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)f′(x)＝cos x＋－k≥0，則k≤cos x＋. 而cos x＋在上遞減， ∴min＝，則k∈. (2)x>0時，g(x)>f(x)恒成立，則ln x－kx<0(x>0)恒成立． 令h(x)＝ln x－kx，則h′(x)＝－k.x∈時，h′(x)>0；x∈時，h′(x)<0， 則h(x)max＝h＝ln－1，則ln－1<0，則k>. 12．(1)解：f′(x)＝ln x＋1，則當x∈時，f′(

10、x)<0，f(x)單調遞減；當x∈時，f′(x)>0，f(x)單調遞增． ①00)，則h′(x)＝. ①x∈(0,1)，h′(x)<0，h(x)單調遞減； ②x∈(1，＋∞)，h′(x)>0，h(x)單調遞增． 所以h(x)min＝h(1)＝4，對一切x∈(0，＋∞),2f(x)≥g(x)恒成立．所以a≤h(x)min＝4，即a的取值范圍是(－∞，4]． (3)證明：問題等價于證明xln x>－(x∈(0，＋∞))， 由(1)可知f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－， 當且僅當x＝時取到． 設m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，則m′(x)＝， 易知m(x)max＝－，當且僅當x＝1時取到， 從而對一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)n x>－成立． - 5 -