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2019-2020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 文 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．f(x)的導函數(shù)f′(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)的圖象最有可能是下圖中的(　　)． 3．當x∈(0,5)時，函數(shù)y＝xln x(　　)． A．是單調(diào)增函數(shù) B．是單調(diào)減函數(shù) C．在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減 D．在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增 4．(xx江西贛州模擬，文4)曲線C：y＝x3＋x＋1上斜率最小的一條切線與圓x2＋y2＝的交點個數(shù)為(　　)． A．1 B．2 C．3 D．4 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＜b，則必有(　　)． A．a(chǎn)f(b)≤bf(a) B．bf(a)≤af(b) C．a(chǎn)f(a)≤f(b) D．bf(b)≤f(a) 6．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，x∈[－2,2]表示的曲線過原點，且在x＝1處的切線斜率均為－1，給出以下結(jié)論： ①f(x)的解析式為f(x)＝x3－4x，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(jié)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)(xx江西八校聯(lián)考，文19)已知函數(shù)f(x)＝，g(x)＝aln x＋a. (1)當a＝1時，求F(x)＝f(x)－g(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若x＞1時，函數(shù)y＝f(x)的圖象總在函數(shù)y＝g(x)的圖象的上方，求實數(shù)a的取值范圍． 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． 2．A　解析：根據(jù)導函數(shù)f′(x)的圖象可知f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上單調(diào)遞減，在(－2,0)上單調(diào)遞增．故選A． 3．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(diào)遞減， 在上單調(diào)遞增．故選D． 4．A　解析：y′＝x2＋1≥1，當x＝0時，曲線C上的切線斜率最小，為1，即x－y＋1＝0，圓心到直線的距離為d＝＝＝r，所以直線與圓相切，有一個交點．故選A． 5．A　解析：設F(x)＝，則F′(x)＝≤0， 故F(x)＝為減函數(shù)． 由0＜a＜b，有≥?af(b)≤bf(a)，故選A． 6．C　解析：∵f(0)＝0，∴c＝0．∵f′(x)＝3x2＋2ax＋b， ∴即解得a＝0，b＝－4， ∴f(x)＝x3－4x，∴f′(x)＝3x2－4． 令f′(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＜x＜a時，f′(x)＜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，－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： x (0,1) 1 (1,2) 2 (2，＋∞) f′(x) － 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)當a＝1時，F(xiàn)(x)＝－ln x－1(x＞0)， 則F′(x)＝－＝． 令F′(x)≥0有x≤0(舍去)或x≥1； 令F′(x)＜0有0＜x＜1． 故F(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為[1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)． (2)構(gòu)造H(x)＝f(x)－g(x)(x＞1)， 即H(x)＝－aln x－a(x＞1)，則H′(x)＝． ①當a≤e時，ex－a＞0成立， 則x＞1時，H′(x)＞0，即H(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 令H(1)＝e－a－a≥0，得a≤e，故a≤e滿足題意； ②當a＞e時，令H′(x)＝0有x＝1或x＝ln a＞1， 令H′(x)≥0有x≤1或x≥ln a，令H′(x)＜0有1＜x＜ln a． 又x＞1，故H(x)在(1，ln a)上單調(diào)遞減，在[ln a，＋∞)上單調(diào)遞增， 故令H(x)min＝H(ln a)＝－aln(ln a)－a＞0，得a＜，不滿足a＞e，舍去． 綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是a≤e． 12．(1)解：f′(x)＝ln x＋1，則當x∈時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，當x∈時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增． ①0＜t＜t＋2＜，沒有最小值； ②0＜t＜＜t＋2，即0＜t＜時，f(x)min＝f＝－； ③≤t＜t＋2，即t≥時，f(x)在[t，t＋2]上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(t)＝tln t．所以f(x)min＝ (2)解：2xln x≥－x2＋ax－3，則a≤2ln x＋x＋， 設h(x)＝2ln x＋x＋(x＞0)，則h′(x)＝． ①x∈(0,1)，h′(x)＜0，h(x)單調(diào)遞減； ②x∈(1，＋∞)，h′(x)＞0，h(x)單調(diào)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＝m(1)＝－，當且僅當x＝1時取到， 從而對一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)n x＞－成立．