江西省2013年高考数学第二轮复习专题升级训练6导数及其应用文

1、专题升级训练6导数及其应用( 时间： 60 分钟满分： 100 分 )一、选择题 ( 本大题共6 小题，每小题6 分，共 36 分 )1函数y f ( x) 的图象在点x 5 处的切线方程是y x 8，则f (5) f (5) 等于() 1A1B 2C 0D 22f( x) 的导函数f (x) 的图象如图所示， 则函数 f ( x) 的图象最有可能是下图中的() 3当 x(0,5) 时，函数y xln x() A是单调增函数B是单调减函数11C在 0， e 上单调递增，在e， 5上单调递减11D在 0， e 上单调递减，在e， 5上单调递增1324(2012 江西赣州模拟，文4) 曲线 C：

2、y 3xx 1上斜率最小的一条切线与圆x21y 2的交点个数为 () A1 B 2 C 3 D 45f ( x) 是定义在 (0 ， ) 上的非负可导函数，且满足xf (x) f ( x) 0，对任意正数a， b，若 a b，则必有 () Aaf(b) bf( )Bbf(a) af()abCaf ( a) f ( b)D bf ( b) f ( a)6已知函数 f ( x) x3 ax2 bx c，x 2,2表示的曲线过原点，且在x1处的切线斜率均为1，给出以下结论： f ( x) 的解析式为 f ( x) x3 4x， x 2,2 ；f ( x) 的极值点有且仅有一个；f ( x) 的最大值

3、与最小值之和等于 0.其中正确的结论有 () - 1 -A0 个B 1 个C 2 个D 3 个二、填空题 ( 本大题共3 小题，每小题6 分，共 18 分 )7在直径为d 的圆木中，截取一个具有最大抗弯强度的长方体梁，则矩形面的长为_ ( 强度与 bh2 成正比，其中 h 为矩形的长， b 为矩形的宽 )8函数f(x) x3 32 (a 0) 的极大值是正数，极小值是负数，则a的取值范围是a x a_P 是曲线 y x2 ln9若点x 上任意一点，则点P 到直线 y x 2的最小距离为_三、解答题 ( 本大题共3 小题，共 46分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤 )15 分 ) 设

4、 x1 与 x 2 是函数 f ( x) aln x bx2 x 的两个极值点10 ( 本小题满分(1) 试确定常数 a 和 b 的值；(2) 试判断 x 1， x2 是函数 f ( x) 的极大值点还是极小值点，并说明理由ex a11.( 本小题满分15 分)(2012 江西八校联考，文 19) 已知函数f ( x) x，g( x) aln x a.(1) 当 a 1 时，求 F( x) f ( x) g( x) 的单调区间；(2) 若x 1 时，函数y(x) 的图象总在函数y () 的图象的上方，求实数a的取值范fg x围12 ( 本小题满分16 分 ) 已知 f ( x) xlnx， g

5、( x) x2 ax3.(1) 求函数 f ( x) 在 t ，t 2( t 0) 上的最小值；(2) 对一切 x(0 ， ),2f ( x) g( x) 恒成立，求实数a 的取值范围；12(3) 证明：对一切x(0 ， ) ，都有lnx exex成立- 2 -参考答案一、选择题1B解析： 由题意知 f (5) 5 8 3， f (5) 1，故 f (5) f (5) 2故选 B2A解析： 根据导函数f( ) 的图象可知f(x) 在 ( ， 2) ，(0 ， ) 上单调递减，x在 ( 2,0)上单调递增故选A13D解析： y lnx 1，令 y 0，得 x e11在 0， e 上 y 0，在

6、e， 5 上 y 0，y xln x 在10，e 上单调递减，1在 e， 5 上单调递增故选D4A解析： y x211，当 x 0 时，曲线 C上的切线斜率最小，为1，即 x y1|1|2 0，圆心到直线的距离为d12 ( 1)2 2 r ，所以直线与圆相切，有一个交点故选A5A解析： 设 F( x) f ( x)，则 F(x) xf ( x) f ( x)0，xx2f ( x)故 F( x) x 为减函数f ( a)f ( b)由 0 a b，有 a b? af ( b) bf ( a) ，故选 A6C 解析： f (0) 0， c 0 f (x) 3x22ax b，f (1) 1，3 2

7、1，a b即解得 a0， b 4，f ( 1) 1，32a b 1，f ( x) x3 4x， f (x) 3x242 3令 f (x) 0 得 x 3 2,2 ，极值点有两个f ( x) 为奇函数， f ( x) max f ( x) min 0正确，故选C二、填空题67 3 d解析： 如图为圆木的横截面，222222由 b h d ， bh b( d b ) 设 f ( b) b( d2b2) ， f (b) 3b2 d2令 f (b) 0，又 b 0，3333d， d 上 f (b) 0b 3 d，且在0， 3 d 上 f (b) 0，在- 3 -36函数 f ( b) 在 b 3 d

8、处取极大值，也是最大值，即抗弯强度最大，此时长h 3 d822，解析： f (x) 3x2 3a2 3( x a)( xa) ，由 f (x) 0 得 x a，当 a x a 时， f (x) 0，函数递减；当 x a 或 x a 时， f (x) 0，函数递增33332f ( a) a 3a a 0，且 f ( a) a 3a a 0，解得 a 2 9 2 解析： 过点 P作 y x 2的平行直线，且与曲线y x2 lnx 相切设 P( x0， x02x0) ，则有 k y|x x0 2x01 lnx012x0 x0 1，1x01 或 x0 2( 舍去 ) ，|1 1 2| (1,1)，d

9、2P1 1三、解答题a10 解： (1) f (x) x 2bx 1a 2b 1 0，f (1) 0由已知?1解得f (2) 02a 4b 1 0，(2) x 变化时， f (x) ， f ( x) 的变化情况如下：x(0,1)1(1,2)f (x)0f ( x)极小值5在 x 1 处，函数 f ( x) 取得极小值 62a 3，1b 6.2 (2 ，)0极大值42在 x 2 处，函数 f ( x) 取得极大值 ln 23311 解： (1)当 1 时， () ex 1 lnx 1(x0) ，aF xx则 F(x) xex (e x 1)1( x 1)(e x 1)x2 xx2令 F(x) 0

10、有 x0( 舍去 ) 或 x1；令 F(x) 0 有 0 x 1故 F( x) 的单调递增区间为 1， ) ，单调递减区间为(0,1)(2) 构造 H( x) f ( x) g( x)(x1) ，ex a( x 1)(ex a)即 H( x) x aln xa( x 1) ，则 H(x) x2当 ae时， ex a 0 成立，则x 1时， ( ) 0，即() 在 (1 ， ) 上单调递增，HxH x令 H(1)11 ea a0，得 a e，故 a e 满足题意；22当 a e 时，令 H(x) 0 有 x 1 或 x ln a1，令 ( ) 0有x1或xln，令( ) 0 有 1xlnaHxa

11、H x- 4 -又 x 1，故 H( x) 在 (1 ， ln a) 上单调递减，在 lna， ) 上单调递增，1故令 H( x) min H(ln a) aln(lna) a 0，得 a ee ，不满足 a e，舍去1综上所述，实数 a 的取值范围是 a 2e112 (1) 解： f (x) ln x 1 ，则当x 0， e时， f (x) 0， f ( x) 单调递减，当1x e， 时， f (x) 0， f ( x) 单调递增10 t t 2 e，没有最小值；11110 t et 2，即 0 t e时， f ( x)min fe e；11 e t t 2，即 t e时， f ( x) 在 t ， t 2上单调递增， f ( x)min f ( t ) t lnt 所以11 ，0t ，eef ( x) min1t ln t ， t e.23(2) 解： 2xlnx x ax 3，则 a2lnx x x，3( x 3)( x 1)设 h( x) 2lnx xx( x 0) ，则 h(x) x2x(0,1) ， h(x) 0， h( x) 单调递减；x(1 ， ) ， h(x) 0， h( x) 单调递增所以 h( x) min h(1) 4，对一切 x(0 ， ),2 f ( x) g( x) 恒成立所以a h( x) min 4，即 a 的取值范围是 ( ， 4 x 2