【拿高分 选好题】（新课程）高中数学二轮复习 第一部分 18个必考问题 专项突破《必考问题3 导数及其应用》专题训练 苏教版.doc

训练3导数及其应用(参考时间：80分钟)一、填空题1已知函数yf(x)(xr)上任一点(x0，f(x0)处的切线斜率k(x03)(x01)2，则该函数的单调递减区间为_2若函数yx3bx有三个单调区间，则b的取值范围是_3已知函数f(x)的图象过点(0，5)，它的导数f(x)4x34x，则当f(x)取得最大值5时，x的值应为_4三次函数f(x)mx3x在r上是减函数，则m的取值范围是_5函数f(x)x2cos x在区间0，上的最大值为_6(2012常州期末调研)设mr，已知函数f(x)x32mx2(12m)x3m2，若曲线yf(x)在x0处的切线恒过定点p，则点p的坐标为_7(2012南通调研)设p是函数y(x1)图象上异于原点的动点，且该图象在点p处的切线的倾斜角为，则的取值范围是_8(2012苏锡常镇调研)已知a，b为正实数，函数f(x)ax3bx2x在0,1上的最大值为4，则f(x)在1,0上的最小值为_9(2012镇江质量检测)已知函数yf(x)在点(2，f(2)处的切线方程为y2x1，则函数g(x)x2f(x)在点(2，g(2)处的切线方程为y_.10(2012盐城模拟)设f(x)是定义在r上的可导函数，且满足f(x)xf(x)0.则不等式f()f()的解集为_二、解答题11(2012徐州质检)在一个半径为1的半球材料中截取三个高度均为h的圆柱，其轴截面如图所示设三个圆柱体积之和为vf(h)(1)求f(h)的表达式，并写出h的取值范围；(2)求三个圆柱体积之和v的最大值12(2012无锡期末)已知函数f(x)x3bx2cx在x1处的切线方程为6x2y10，f(x)为f(x)的导函数，g(x)aex(a，b，cr)(1)求b，c的值；(2)若存在x0(0,2，使g(x0)f(x0)成立，求a的范围13已知函数f(x)mx2xln x.(1)当m1时，求f(x)的最大值；(2)若在函数f(x)的定义域内存在区间d，使得该函数在区间d上为减函数，求实数m的取值范围；(3)当m0时，若曲线c：yf(x)在点x1处的切线l与c有且只有一个公共点，求m的值14(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)的零点个数参考答案：训练3导数及其应用1解析由导数的几何意义可知，f(x0)(x03)(x01)20，解得x03，即该函数的单调递减区间是(，3答案(，32解析由条件y4x2b，016b0，得b0.答案(2，1)3解析易知f(x)x42x25，令f(x)0，解得x0或x1，经计算只有f(0)5.答案04解析因为是三次函数，所以m0，又f(x)3mx210在r上恒成立，所以m0.答案(，0)5解析f(x)12sin x，由f(x)0得，x或，又f(0)2，f，f，f()2，故所求最大值为.答案6解析因为f(x)3x24mx12m，所以f(0)12m，又f(0)3m2，所以曲线yf(x)在x0处的切线方程为y(3m2)(12m)x，即为m(2x3)yx20，恒过即p.答案7解析因为yx (x1)2，(当且仅当x时，“”成立)设点p(x，y)(x0)，则在点p处的切线的斜率k，所以tan ，又0，)，故.答案8解析因为函数f(x)ax3bx2x在0,1上的最大值为4，所以函数g(x)ax3bx在0,1上的最大值为2，而g(x)是奇函数，所以g(x)在1,0上的最小值为2，故f(x)在1,0上的最小值为221.答案9解析因为函数yf(x)在点(2，f(2)处的切线方程为y2x1，所以f(2)3，f(2)2，则g(2)4f(2)7，g(2)22f(2)6，故函数g(x)x2f(x)在点(2，g(2)处的切线方程为y76(x2)，即为y6x5.答案6x510解析由f(x)xf(x)0得(xf(x)0，所以函数g(x)xf(x)在r上是递增函数，f().f()的有意义，必有x1，且f()f()即为g()g()，所以，解得1x2，又x1，所以原不等式的解集为x|1x2答案x|1x211解(1)自下而上三个圆柱的底面半径分别为：r1，r2，r3.它们的高均为h，所以体积和vf(h)rhrhrh(1h2)(14h2)(19h2)h(3h14h3)因为03h1，所以h的取值范围是.(2)由f(h)(3h14h3)得f(h)(342h2)3(114h2)，又h，所以h时，f(h)0；h时，f(h)0.所以f(h)在上为增函数，在上为减函数，所以h时，f(h)取最大值，f(h)的最大值为f.12解(1)f(x)3x22bxc，f(x)在x1处的切线方程为y(1bc)(32bc)(x1)，即y(32bc)x2b，即f(x)x3x23x.(2)若存在x0(0,2使g(x0)f(x0)成立，即方程g(x)f(x)在(0,2上有解，aex3x23x3，a.令h(x)，h(x)，令h(x)0，得x1或2.当x变化时，h(x)，h(x)的变化状态如下表：x(0,1)1(1,2)2h(x)00h(x)极小值 极大值h(x)有极小值h(1)，h(x)有极大值h(2)，且当x0时，h(x)3，a的取值范围为.13解(1)当m1时f(x)x2xln x，所以f(x)2x1，又yf(x)的定义域为(0，)，所以当0x，f(x)0；当x，f(x)0.因此当x时，f(x)maxfln 2.(2)f(x)2mx1即2mx2x10在(0，)上有解m0显然成立；m0时，由于对称轴x0，故18m0m.综上，m，故m的取值范围是.(3)因为f(1)m1，f(1)2m，所以切线方程为ym12m(x1)，即y2mxm1从而方程mx2xln x2mxm1在(0，)上只有一解令g(x)mx2xln x2mxm1，则g(x)2mx12m，所以当m，g(x)0所以yg(x)在x(0，)单调递增，且g(1)0，所以mx2xln x2mxm1只有一解当0m，x(0,1)，g(x)0；x，g(x)0；x，g(x)0由g(1)0及函数单调性可知g0，因为g(x)mxmln x1，取x2，则g0，因此在方程mx2xln x2mxm1必有一解从而不符题意当m，x，g(x)0；x，g(x)0；x(1，)，g(x)0同理在方程mx2xln x2mxm1必有一解，不符题意综上所述m.14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(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2x1时，g(x)0，故2是g(x)的极值点当2x1或x1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，则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|2时，因为f(1)df(2)d2d0，f(1)df(2)d2d0，所以2，1,1,2都不是f(x)d的根由(1)知f(x)3(x1)(x1)当x(2，)时，f(x)0，于是f(x)是单调增函数，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，于是f(x)是单调增函数，又f(1)d0，f(2)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，故f(x)是单调减函数，又f(1)d0，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，