2013高考数学（理）热点专题专练：1-4导数与积分的概念及运算、导数的应用

1、金太阳新课标资源网 HYPERLINK 第 PAGE 9 页 共 NUMPAGES 9 页 金太阳新课标资源网 HYPERLINK 高考专题训练(四)导数与积分的概念及运算、导数的应用时间：45分钟分值：75分一、选择题：本大题共6小题，每小题5分，共30分在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项填在括号里1(2012陕西)设函数f(x)xex，则()Ax1为f(x)的极大值点Bx1为f(x)的极小值点Cx1为f(x)的极大值点Dx1为f(x)的极小值点解析因为集合f(x)exxex(1x)ex，由于ex0，所以x1，f(x)1，f(x)0，函数递增，故应选D.答案D2函数f(x)的定

2、义域为R，f(1)2，对任意xR，f(x)2，则f(x)2x4的解集为()A(1,1)B(1，)C(，1) D(，)解析f(x)2x4，即f(x)2x40.构造F(x)f(x)2x4，F(x)f(x)20.F(x)在R上为增函数，而F(1)f(1)2(1)40.x(1，)，F(x)F(1)，x1.答案B3(2012烟台市高三年级诊断性检测)设aeq iin(0,)(sinxcosx)dx，则(aeq r(x)eq f(1,r(x)6的二项展开式中含x2的系数是()A192 B192C96 D96解析因为aeq iin(0,)(sinxcosx)dx(cosxsinx)eq blc|rc (av

3、s4alco1(,)eq oal(,0)(cossin)(cos0sin0)2，所以(aeq r(x)eq f(1,r(x)6eq blc(rc)(avs4alco1(2r(x)f(1,r(x)6，则可知其通项Tr1(1)rCeq oal(r,6)26rx eq sup15(eq f(6r,2)eq f(r,2) (1)rCeq oal(r,6)26rx3r，令3r2r1，所以展开式中含x2项的系数是(1)rCeq oal(r,6)26r(1)1Ceq oal(1,6)261192，故答案选B.答案B4(2012山东省高考调研卷)已知函数f(x)eq f(1,2)x3x2eq f(7,2)x，

4、则f(a2)与f(4)的大小关系为()Af(a2)f(4)Bf(a2)f(4)Cf(a2)f(4)Df(a2)与f(4)的大小关系不确定解析f(x)eq f(1,2)x3x2eq f(7,2)x，f(x)eq f(3,2)x22xeq f(7,2).由f(x)eq f(1,2)(3x7)(x1)0得x1或xeq f(7,3).当x1时，f(x)为增函数；当1xeq f(7,3)时，f(x)为增函数，计算可得f(1)f(4)2，又a20，由图象可知f(a2)f(4)答案A5(2012山东省高考调研卷)已知函数f(x)x3bx23x1(bR)在xx1和xx2(x1x2)处都取得极值，且x1x22，

5、则下列说法正确的是()Af(x)在xx1处取极小值，在xx2处取极小值Bf(x)在xx1处取极小值，在xx2处取极大值Cf(x)在xx1处取极大值，在xx2处取极小值Df(x)在xx1处取极大值，在xx2处取极大值解析因为f(x)x3bx23x1，所以f(x)3x22bx3，由题意可知f(x1)0，f(x2)0，即x1，x2为方程3x22bx30的两根，所以x1x2eq r(x1x224x1x2)eq f(r(4b236),3)，由x1x22，得b0.从而f(x)x33x1，f(x)3x233(x1)(x1)，由于x1x2，所以x11，x21，当x(，1)时，f(x)0，所以f(x)在x11处

6、取极小值，极小值为f(1)1，在x21处取极大值，极大值为f(1)3.答案B6(2012合肥市高三第三次教学质量检测)对任意x1，x2(0，eq f(,2)，x2x1，y1eq f(1sinx1,x1)，y2eq f(1sinx2,x2)，则()Ay1y2By1y2Cy1y2Dy1，y2的大小关系不能确定解析设f(x)eq f(1sinx,x)，则f(x)eq f(xcosxsinx1,x2)eq f(cosxxtanx1,x2).当x(0，eq f(,2)时，xtanx0，故f(x)x1得y2y1.答案B二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上7(2012广东)

7、曲线yx3x3在点(1,3)处的切线方程为_解析可得y3x21，则kyeq blc|rc (avs4alco1(,)x12，于是切线方程为y32(x1)，即2xy10.答案2xy108(2012潍坊市高三第一次教学质量检测)若等比数列an的首项为eq f(2,3)，且a4eq iin(1,4,)(12x)dx，则公比等于_解析eq iin(1,4,)(12x)dx(xx2)|eq oal(4,1)(416)(11)18，即a418eq f(2,3)q3q3.答案39(2012山东省高考调研卷)已知函数f(x)3x22x1，若eq iin(-1,1,)f(x)dx2f(a)成立，则a_.解析因为

8、eq iin(-1,1,)f(x)dxeq iin(-1,1,) (3x22x1)dx(x3x2x)|eq oal(1,1)4，所以2(3a22a1)4a1或aeq f(1,3).答案1或eq f(1,3)10(2012山东省高考调研卷)曲线yeq f(1,x)2x2e2x，直线x1，xe和x轴所围成的区域的面积是_解析eq iin(1,e,)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,x)2x2e2x)dxeq iin(1,e,)eq f(1,x)dxeq iin(1,e,)2xdxeq iin(1,e,)2e2xdxlnx|eq oal(e,1)x2|eq oal(e,1)e2x|e

9、q oal(e,1)e2e.答案e2e三、解答题：本大题共2小题，共25分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤11(12分)(2012江苏)若函数yf(x)在xx0处取得极大值或极小值，则称x0为函数yf(x)的极值点已知a，b是实数，1和1是函数f(x)x3ax2bx的两个极值点(1)求a和b的值；(2)设函数g(x)的导函数g(x)f(x)2，求g(x)的极值点；(3)设h(x)f(f(x)c，其中c2,2，求函数yh(x)的零点个数解(1)由题设知f(x)3x22axb，且f(1)32ab0，f(1)32ab0，解得a0，b3.(2)由(1)知f(x)x33x.因为f(x)2(x1)2

10、(x2)，所以g(x)0的根为x1x21，x32，于是函数g(x)的极值点只可能是1或2.当x2时，g(x)0；当2x0，故2是g(x)的极值点当2x1时，g(x)0，故1不是g(x)的极值点所以g(x)的极值点为2.(3)令f(x)t，h(x)f(t)c.先讨论关于x的方程f(x)d根的情况，d2,2当|d|2时，由(2)可知，f(x)2的两个不同的根为1和2，注意到f(x)是奇函数，所以f(x)2的两个不同的根为1和2.当|d|0，f(1)df(2)d2d0，于是f(x)是单调递增函数，从而f(x)f(2)2，此时f(x)d无实根同理f(x)d在(，2)上无实根当x(1,2)时，f(x)0

11、，于是f(x)是单调增函数，又f(1)d0，yf(x)d的图象不间断，所以f(x)d在(1,2)内有唯一实根同理f(x)d在(2，1)内有唯一实根当x(1,1)时，f(x)0，f(1)d0，yf(x)d的图象不间断，所以f(x)d在(1,1)内有唯一实根由上可知，当|d|2时，f(x)d有两个不同的根x1，x2满足|x1|1，|x2|2；当|d|2时，f(x)d有三个不同的根x3，x4，x5满足|xi|2，i3,4,5.现考虑函数yh(x)的零点(i)当|c|2时，f(t)c有两个根t1，t2满足|t1|1，|t2|2，而f(x)t1有三个不同的根，f(x)t2有两个不同的根，故yh(x)有5

12、个零点(ii)当|c|2时，f(t)c有三个不同的根t3，t4，t5，满足|ti|2，i3,4,5，而f(x)ti(i3,4,5)有三个不同的根，故yh(x)有9个零点综上可知，当|c|2时，函数yh(x)有5个零点；当|c|0)，g(x)x3bx.(1)若曲线yf(x)与曲线yg(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；(2)当a24b时，求函数f(x)g(x)的单调区间，并求其在区间(，1上的最大值解(1)f(x)2ax，g(x)3x2b.因为曲线yf(x)与曲线yg(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，所以f(1)g(1)，且f(1)g(1)即a11b，且2a3b.

13、解得a3，b3.(2)记h(x)f(x)g(x)当beq f(1,4)a2时，h(x)x3ax2eq f(1,4)a2x1，h(x)3x22axeq f(1,4)a2.令h(x)0，得x1eq f(a,2)，x2eq f(a,6).a0时，h(x)与h(x)的情况如下：xeq blc(rc)(avs4alco1(，f(a,2)eq f(a,2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(a,2)，f(a,6)eq f(a,6)eq blc(rc)(avs4alco1(f(a,6)，)h(x)00h(x)所以函数h(x)的单调递增区间为eq blc(rc)(avs4alco1(，f(a,2)和

14、eq blc(rc)(avs4alco1(f(a,6)，)；单调递减区间为eq blc(rc)(avs4alco1(f(a,2)，f(a,6).当eq f(a,2)1，即0a2时，函数h(x)在区间(，1上单调递增，h(x)在区间(，1上的最大值为h(1)aeq f(1,4)a2.当eq f(a,2)1，且eq f(a,6)1，即2a6时，函数h(x)在区间eq blc(rc)(avs4alco1(，f(a,2)内单调递增，在区间eq blc(rc(avs4alco1(f(a,2)，1)上单调递减，h(x)在区间(，1上的最大值为heq blc(rc)(avs4alco1(f(a,2)1.当eq f(a,6)6时，函数h(x)在区间eq b