（考前大通关）高考数学二轮专题复习 第一部分专题突破方略专题一《第四讲 导数及其应用》专题针对训练 理

一、选择题1．(2010年高考课标全国卷)曲线y＝eq\f(x,x＋2)在点(－1，－1)处的切线方程为()A．y＝2x＋1B．y＝2x－1C．y＝－2x－3D．y＝－2x－2解析：选A.易知点(－1，－1)在曲线上，且y′＝eq\f(x＋2－x,x＋22)＝eq\f(2,x＋22)，∴切线斜率k＝y′|x＝－1＝eq\f(2,1)＝2.由点斜式得切线方程为y＋1＝2(x＋1)，即y＝2x＋1.2．函数f(x)的导函数为f′(x)，若(x＋1)·f′(x)>0，则下列结论中正确的是()A．x＝－1一定是函数f(x)的极大值点B．x＝－1一定是函数f(x)的极小值点C．x＝－1不是函数f(x)的极值点D．x＝－1不一定是函数f(x)的极值点解析：选D.由题意，得x>－1，f′(x)>0或x<－1，f′(x)<0，但函数f(x)在x＝－1处未必连续，即x＝－1不一定是函数f(x)的极值点，故选D.3．函数f(x)＝x2－2ax＋a在区间(－∞，1)上有最小值，则函数g(x)＝eq\f(fx,x)在区间(1，＋∞)上一定()A．有最小值B．有最大值C．是减函数D．是增函数解析：选D.由函数f(x)＝x2－2ax＋a在区间(－∞，1)上有最小值，可得a的取值范围为a<1，又g(x)＝eq\f(fx,x)＝x＋eq\f(a,x)－2a，则g′(x)＝1－eq\f(a,x2).易知在x∈(1，＋∞)上g′(x)>0，所以g(x)为增函数．4．已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x4－2x3＋3m，x∈R，若f(x)＋9≥0恒成立，则实数m的取值范围是()A．m≥eq\f(3,2)B．m>eq\f(3,2)C．m≤eq\f(3,2)D．m<eq\f(3,2)解析：选A.因为函数f(x)＝eq\f(1,2)x4－2x3＋3m，所以f′(x)＝2x3－6x2，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝3，经检验知x＝3是函数的一个最小值点，所以函数的最小值为f(3)＝3m－eq\f(27,2)，不等式f(x)＋9≥0恒成立，即f(x)≥－9恒成立，所以3m－eq\f(27,2)≥－9，解得m≥eq\f(3,2).5．已知函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，函数g(x)＝x2－alnx在(1,2)上为增函数，则a的值等于()A．1B．2C．0D.eq\r(2)解析：选B.∵函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，∴eq\f(a,2)≥1，得a≥2.又∵g′(x)＝2x－eq\f(a,x)，依题意g′(x)≥0在x∈(1,2)上恒成立，得2x2≥a在x∈(1,2)上恒成立，有a≤2，∴a＝2.二、填空题6．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝3x2＋2xf′(2)，则f′(5)＝________.解析：因为f(x)＝3x2＋2xf′(2)，所以f′(x)＝6x＋2f′(2)，于是f′(2)＝12＋2f′(2)，解得f′(2)＝－12，故f′(x)＝6x－24，因此f′(5)＝6.答案：67．曲线f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0，b、c∈R)经过点P(0,2a2＋8)，且在点Q(－1，f(－1))处的切线垂直于y轴，则eq\f(c,b)的最小值为________．解析：由已知曲线f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0，b、c∈R)经过点P(0,2a2＋8)知c＝2a2＋8.又知其在点Q(－1，f(－1))处的切线垂直于y轴，∴f′(－1)＝0，即－2a＋b＝0，b＝2a.∴eq\f(c,b)＝eq\f(2a2＋8,2a)＝a＋eq\f(4,a).∵a>0，∴eq\f(c,b)＝a＋eq\f(4,a)≥4，即eq\f(c,b)的最小值为4.答案：48．已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，给出以下说法：①函数f(x)在区间(1，＋∞)上是增函数；②函数f(x)在区间(－1,1)上不单调；③函数f(x)在x＝－eq\f(1,2)处取到极大值；④函数f(x)在x＝1处取到极小值．其中正确的说法有________．解析：由图可知，当x<－1时，xf′(x)<0，故f′(x)>0，即函数f(x)在(－∞，－1)上单调递增；当－1<x<0时，xf′(x)>0，故f′(x)<0，即函数f(x)在(－1,0)上单调递减，因此f(x)在x＝－1时取得极大值；根据对称性可知，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故在x＝1时取得极小值．故①④正确．答案：①④三、解答题9．已知函数f(x)＝ax2＋blnx在x＝1处有极值eq\f(1,2).(1)求a、b的值；(2)判断函数y＝f(x)的单调性并求出单调区间．解：(1)因为函数f(x)＝ax2＋blnx，所以f′(x)＝2ax＋eq\f(b,x).又函数f(x)在x＝1处有极值eq\f(1,2)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝0，,f1＝\f(1,2)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＋b＝0，,a＝\f(1,2).))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)，,b＝－1.))(2)由(1)可知f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx，其定义域是(0，＋∞)，∴f′(x)＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x＋1x－1,x).当x变化时，f′(x)、f(x)的变化情况如下表：x(0,1)1(1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘极小值↗所以函数y＝f(x)的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1，＋∞)．10．(2010年高考大纲全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x3－3ax2＋3x＋1.(1)设a＝2，求f(x)的单调区间；(2)设f(x)在区间(2,3)中至少有一个极值点，求a的取值范围．解：(1)当a＝2时，f(x)＝x3－6x2＋3x＋1，f′(x)＝3(x－2＋eq\r(3))(x－2－eq\r(3))．当x∈(－∞，2－eq\r(3))时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，2－eq\r(3))上单调增加；当x∈(2－eq\r(3)，2＋eq\r(3))时，f′(x)<0，f(x)在(2－eq\r(3)，2＋eq\r(3))上单调减少；当x∈(2＋eq\r(3)，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(2＋eq\r(3)，＋∞)上单调增加．综上，f(x)的单调增区间是(－∞，2－eq\r(3))和(2＋eq\r(3)，＋∞)，单调减区间是(2－eq\r(3)，2＋eq\r(3))．(2)f′(x)＝3[(x－a)2＋1－a2]．当1－a2≥0时，f′(x)≥0，f(x)为增函数，故f(x)无极值点；当1－a2<0时，f′(x)＝0有两个根，x1＝a－eq\r(a2－1)，x2＝a＋eq\r(a2－1).由题意知，2<a－eq\r(a2－1)<3，①或2<a＋eq\r(a2－1)<3.②①式无解．解②式得eq\f(5,4)<a<eq\f(5,3).因此a的取值范围是(eq\f(5,4)，eq\f(5,3))．11.某物流公司购买了一块长AM＝30米，宽AN＝20米的矩形地块AMPN，规划建设占地如图中矩形ABCD的仓库，其余地方为道路和停车场，要求顶点C在地块对角线MN上，B、D分别在边AM、AN上，假设AB长度为x米．(1)要使仓库占地ABCD的面积不少于144平方米，AB长度应在什么范围？(2)若规划建设的仓库是高度与AB长度相同的长方体建筑，问AB长度为多少时仓库的库容最大？(墙体及楼板所占空间忽略不计)解：(1)依题意三角形NDC与三角形NAM相似，所以eq\f(DC,AM)＝eq\f(ND,NA)，即eq\f(x,30)＝eq\f(20－AD,20)，AD＝20－eq\f(2,3)x，矩形ABCD的面积为S＝20x－eq\f(2,3)x2，定义域为0＜x＜30，要使仓库占地ABCD的面积不少于144平方米，即20x－eq\f(2,3)x2