（江苏专用）高考数学 专题3 导数及其应用 20 与导数有关的创新题 文-人教版高三数学试题

训练目标(1)导数概念应用的深化；(2)创新能力、转化思想的养成.训练题型(1)和导数有关的新定义问题；(2)灵活利用导数解决实际问题.解题策略(1)将题中信息转化成数学语言，和导数知识相结合；(2)和导数f′(x)有关的不等式，可构造函数，考察函数的单调性.1．函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为________．2.已知函数f(x)的定义域为(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)上的图象如图所示，则函数f(x)在(a，b)上的极大值点的个数为________．3．若曲线f(x)＝acosx与曲线g(x)＝x2＋bx＋1在交点(0，m)处有公切线，则a＋b＝________.4．已知定义在R上的奇函数f(x)，设其导函数为f′(x)，当x∈(－∞，0]时，恒有xf′(x)<f(－x)，令F(x)＝xf(x)，则满足F(3)>F(2x－1)的实数x的取值范围是________．①eq\r(3)f(eq\f(π,4))>2f(eq\f(π,3))；②eq\r(3)f(eq\f(π,6))<f(eq\f(π,3))；③eq\r(2)f(eq\f(π,6))>f(eq\f(π,4))；④f(1)<2f(eq\f(π,6))sin1.5．(2015·深圳二调)曲线y＝x(x＋1)(2－x)有两条平行于直线y＝x的切线，则两切线之间的距离是________．6．已知函数f(x)＝xlnk－klnx(k>1)的图象不经过第四象限，则函数g(x)＝f(x)＋k的值域为________．7．如图，在半径为10eq\r(3)的半圆形(O为圆心)铁皮上截取一块矩形材料ABCD，其中A，B在直径上，C，D在圆周上，将所截得的矩形铁皮ABCD卷成一个以AD为母线的圆柱形罐子的侧面(不计剪裁与拼接损耗)，记圆柱形罐子的体积为V，设AD＝x，则Vmax＝________.8．(2015·湖北省八校高三第一次联考)设定义在D上的函数y＝h(x)在点P(x0，h(x0))处的切线方程为l：y＝g(x)，当x≠x0时，若eq\f(hx－gx,x－x0)>0在D内恒成立，则称P为函数y＝h(x)的“类对称点”，则f(x)＝x2－6x＋4lnx的“类对称点”的横坐标是________．9．(2015·四川)已知函数f(x)＝2x，g(x)＝x2＋ax(其中a∈R)．对于不相等的实数x1，x2，设m＝eq\f(fx1－fx2,x1－x2)，n＝eq\f(gx1－gx2,x1－x2)，现有如下命题：①对于任意不相等的实数x1，x2，都有m＞0；②对于任意的a及任意不相等的实数x1，x2，都有n＞0；③对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得m＝n；④对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得m＝－n.其中的真命题有________(写出所有真命题的序号)．10．若x0是函数y＝f(x)的极值点，同时也是其导函数y＝f′(x)的极值点，则称x0是函数y＝f(x)的“致点”．(1)已知a>0，求函数f(x)＝(x2＋ax＋1)ex的极值和单调区间；(2)函数f(x)＝(x2＋ax＋1)ex是否有“致点”？若有，求出“致点”；若没有，试说明理由．答案解析1．(－1，＋∞)2.23.14.②5.eq\f(16\r(2),27)6．[e，＋∞)7.eq\f(2000,π)解析设圆柱形罐子的底面半径为r，则由题意得AB＝2eq\r(10\r(3)2－x2)＝2πr，所以r＝eq\f(\r(300－x2),π)，所以V＝πr2x＝π(eq\f(\r(300－x2),π))2x＝eq\f(1,π)(－x3＋300x)(0<x<10eq\r(3))，故V′＝－eq\f(3,π)(x2－100)＝－eq\f(3,π)(x＋10)(x－10)(0<x<10eq\r(3))．令V′＝0，得x＝10(负值舍去)，则V′，V随x的变化情况如下表：x(0,10)10(10,10eq\r(3))V′＋0－V单调递增极大值单调递减所以当x＝10时，V取得极大值，也是最大值，所以Vmax＝eq\f(2000,π).8.eq\r(2)解析由于f′(x)＝2x＋eq\f(4,x)－6，则在点P处切线的斜率k切＝f′(x0)＝2x0＋eq\f(4,x0)－6.所以切线方程为y＝g(x)＝(2x0＋eq\f(4,x0)－6)(x－x0)＋xeq\o\al(2,0)－6x0＋4lnx0＝(2x0＋eq\f(4,x0)－6)x－xeq\o\al(2,0)＋4lnx0－4.φ(x)＝f(x)－g(x)＝x2－6x＋4lnx－(2x0＋eq\f(4,x0)－6)(x－x0)－(xeq\o\al(2,0)－6x0＋4lnx0)，则φ(x0)＝0，φ′(x)＝2x＋eq\f(4,x)－6－(2x0＋eq\f(4,x0)－6)＝2(x－x0)(1－eq\f(2,x0x))＝eq\f(2,x)(x－x0)(x－eq\f(2,x0))．当0<x0<eq\r(2)时，φ(x)在(x0，eq\f(2,x0))上单调递减，所以当x∈(x0，eq\f(2,x0))时，φ(x)<φ(x0)＝0.从而有x∈(x0，eq\f(2,x0))时，eq\f(φx,x－x0)<0；当x0>eq\r(2)时，φ(x)在(eq\f(2,x0)，x0)上单调递减，所以当x∈(eq\f(2,x0)，x0)时，φ(x)>φ(x0)＝0.从而有x∈(eq\f(2,x0)，x0)时，eq\f(φx,x－x0)<0；所以在(0，eq\r(2))∪(eq\r(2)，＋∞)上不存在“类对称点”．当x0＝eq\r(2)时，φ′(x)＝eq\f(2,x)(x－eq\r(2))2，所以φ(x)在(0，＋∞)上是增函数，故eq\f(φx,x－x0)>0.所以x＝eq\r(2)是一个“类对称点”的横坐标．9．①④10．解(1)由已知得，f′(x)＝(x2＋ax＋1)ex＋ex(2x＋a)＝[x2＋(a＋2)x＋a＋1]ex＝(x＋a＋1)(x＋1)ex.∵a>0，∴－a－1<－1.∴当x∈(－∞，－a－1)时，f′(x)>0；当x∈(－a－1，－1)时，f′(x)<0；当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)>0.f(x)的单调递增区间为(－∞，－a－1)和(－1，＋∞)，单调递减区间为(－a－1，－1)．且当x＝－1时，f(x)有极小值(2－a)e－1，当x＝－a－1时，f(x)有极大值(a＋2)e－a－1.(2)由(1)知，f′(x)＝(x＋a＋1)(x＋1)ex，令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝[x2＋(a＋4)x＋2a＋3]ex.假设f(x)有“致点”x0，则x0首先应是f(x)的极值点，即f′(x0)＝0，∴x0＝－1或x0＝－a－1.当a＝0时，－a－1＝－1，此时f′(x)≥0恒成立，f(x)无极值．∴要使f(x)有极值，须a≠0.若x0