高中数学【配套Word版文档】三.压轴题型突破练函数与导数

压轴题型突破练——函数与导数A组专项基础训练(时间：35分钟，满分：62分)一、填空题(每小题5分，共35分)1．与直线2x－6y＋1＝0垂直，且与曲线f(x)＝x3＋3x2－1相切的直线方程是____________．答案3x＋y＋2＝0解析设切点的坐标为(x0，x30＋3x20－1)，则由切线与直线2x－6y＋1＝0垂直，可得切线的斜率为－3，又f′(x)＝3x2＋6x，故3x20＋6x0＝－3，解得x0＝－1，于是切点坐标为(－1,1)，从而得切线的方程为3x＋y＋2＝0.2．三次函数f(x)＝mx3－x在(－∞，＋∞)上是减函数，则m的取值范围是________．答案(－∞，0)解析f′(x)＝3mx2－1，依题意可得m0.3．已知函数f(x)＝x3－12x＋8在区间[－3,3]上的最大值与最小值分别为M，m，则M－m＝________.答案32解析由题意得f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0，得x＝±2，且f(－3)＝17，f(－2)＝24，f(2)＝－8，f(3)＝－1，所以M＝24，m＝－8，M－m＝32.4.已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则x21＋x22＝________.答案83解析由图可知f(1)＝0，f(2)＝0，∴1＋b＋c＝0，8＋4b＋2c＝0，解得b＝－3，c＝2.∴f(x)＝x3－3x2＋2x，∴f′(x)＝3x2－6x＋2.由图可知x1，x2为f(x)的极值点，∴x1＋x2＝2，x1x2＝23.∴x21＋x22＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－43＝83.5．设函数f(x)＝sinθ3x3＋3cosθ2·x2＋tanθ，其中θ∈0，5π12，则导数f′(1)的取值范围是________．答案[2，2]解析∵f′(x)＝sinθ·x2＋3cosθ·x，∴f′(1)＝sinθ＋3cosθ＝2sinθ＋π3.∵θ∈0，5π12，∴θ＋π3∈π3，3π4，∴sinθ＋π3∈22，1.∴f′(1)∈[2，2]．6．已知f(x)＝(2x－x2)ex，给出以下四个结论：①f(x)0的解集是{x|0x2}；②f(－2)是极小值，f(2)是极大值；③f(x)没有最小值，也没有最大值；④f(x)有最大值，没有最小值．其中判断正确的序号是________．答案①②④解析f(x)0⇔2x－x20⇔0x2，∴①正确．由f(x)＝(2x－x2)ex，得到f′(x)＝(2－x2)ex，令f′(x)＝0，得到x1＝－2，x2＝2，∵在(－∞，－2)和(2，＋∞)上f′(x)0，f(x)单调递减；在(－2，2)上f′(x)0，f(x)单调递增，∴f(－2)是极小值，f(2)是极大值，故②正确．由题意知，f(2)为最大值，且无最小值，故③错误，④正确．7．把一个周长为12的长方形围成一个圆柱，当圆柱的体积最大时，该圆柱的底面周长与高的比为________．答案2∶1解析设圆柱高为x，底面半径为r，则r＝6－x2π，圆柱体积V＝π6－x2π2x＝14π(x3－12x2＋36x)(0x6)，V′＝34π(x－2)(x－6)．当x＝2时，V最大．此时底面周长为6－x＝4,4∶2＝2∶1.二、解答题(共27分)8．(13分)已知函数f(x)＝ax3＋x2＋bx(其中常数a，b∈R)，g(x)＝f(x)＋f′(x)是奇函数．(1)求f(x)的表达式；(2)讨论g(x)的单调性，并求g(x)在区间[1,2]上的最大值与最小值．解(1)由题意得f′(x)＝3ax2＋2x＋b，因此g(x)＝f(x)＋f′(x)＝ax3＋(3a＋1)x2＋(b＋2)x＋b.因为函数g(x)是奇函数，所以g(－x)＝－g(x)，即对任意实数x，有a(－x)3＋(3a＋1)(－x)2＋(b＋2)(－x)＋b＝－[ax3＋(3a＋1)x2＋(b＋2)x＋b]，从而3a＋1＝0，b＝0，解得a＝－13，b＝0，因此f(x)的表达式为f(x)＝－13x3＋x2.(2)由(1)知g(x)＝－13x3＋2x，所以g′(x)＝－x2＋2.令g′(x)＝0，解得x1＝－2，x2＝2，则当x－2或x2时，g′(x)0，从而g(x)在区间(－∞，－2)，(2，＋∞)上是减函数；当－2x2时，g′(x)0，从而g(x)在区间(－2，2)上是增函数．由上述讨论知，g(x)在区间[1,2]上的最大值与最小值只能在x＝1，2，2时取得，而g(1)＝53，g(2)＝423，g(2)＝43，因此g(x)在区间[1,2]上的最大值为g(2)＝423，最小值g(2)＝43.9．(14分)已知f(x)是二次函数，不等式f(x)0的解集是(0,5)，且f(x)在区间[－1,4]上的最大值是12.(1)求f(x)的解析式；(2)是否存在自然数m，使得方程f(x)＋37x＝0在区间(m，m＋1)内有且只有两个不等的实数根？若存在，求出所有m的值；若不存在，请说明理由．解(1)∵f(x)是二次函数，且f(x)0的解集是(0,5)，∴可设f(x)＝ax(x－5)(a0)．∴f(x)在区间[－1,4]上的最大值是f(－1)＝6a.由已知，得6a＝12，∴a＝2，∴f(x)＝2x(x－5)＝2x2－10x(x∈R)．(2)方程f(x)＋37x＝0等价于方程2x3－10x2＋37＝0设h(x)＝2x3－10x2＋37，则h′(x)＝6x2－20x＝2x(3x－10)．当x∈0，103时，h′(x)0，h(x)是减函数；当x∈103，＋∞时，h′(x)0，h(x)是增函数．∵h(3)＝10，h103＝－1270，h(4)＝50，∴方程h(x)＝0在区间3，103，103，4内分别有唯一实数根，而在区间(0,3)，(4，＋∞)内没有实数根，∴存在唯一的自然数m＝3，使得方程f(x)＋37x＝0在区间(m，m＋1)内有且只有两个不等的实数根．B组专项能力提升(时间：35分钟，满分：58分)一、填空题(每小题5分，共30分)1．函数f(x)在定义域－32，3内的图象如图所示，记f(x)的导函数为f′(x)，则不等式f′(x)≤0的解集为______________．答案－13，1∪[2,3)解析不等式f′(x)≤0的解集即为函数f(x)的单调减区间，从图象中可以看出函数f(x)在－13，1和[2,3)上是单调递减的，所以不等式f′(x)≤0的解集为－13，1∪[2,3)．2．已知函数f(x)(x∈R)的图象上任一点(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝(x0－2)(x20－1)(x－x0)，那么函数f(x)的单调减区间是____________．答案(－∞，－1)，(1,2)解析根据函数f(x)(x∈R)的图象上任一点(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝(x0－2)(x20－1)(x－x0)，可知其导数f′(x)＝(x－2)(x2－1)＝(x＋1)(x－1)(x－2)，令f′(x)0得x－1或1x2.因此f(x)的单调减区间是(－∞，－1)，(1,2)．3．给出定义：若函数f(x)在D上可导，即f′(x)存在，且导函数f′(x)在D上也可导，则称函数f(x)在D上存在二阶导函数，记f″(x)＝(f′(x))′.若f″(x)0在D上恒成立，则称函数f(x)在D上为凸函数，以下四个函数在0，π2上不是凸函数的是________．(填序号)①f(x)＝sinx＋cosx②f(x)＝lnx－2x③f(x)＝－x3＋2x－1④f(x)＝－xe－x答案④解析对于①，f(x)＝sinx＋cosx，则f″(x)＝－sinx－cosx0在0，π2上恒成立，故此函数为凸函数；对于②，f(x)＝lnx－2x，则f″(x)＝－1x20在0，π2上恒成立，故此函数为凸函数；对于③，f(x)＝－x3＋2x－1，则f″(x)＝－6x0在0，π2上恒成立，故此函数为凸函数；对于④，f(x)＝－xe－x，则f″(x)＝2e－x－xe－x＝(2－x)e－x0在0，π2上恒成立，故此函数不是凸函数．4．已知函数f(x)＝f′π4cosx＋sinx，则fπ4的值为________．答案1解析因为f′(x)＝－f′π4sinx＋cosx，所以f′π4＝－f′π4sinπ4＋cosπ4⇒f′π4＝2－1，故fπ4＝f′π4cosπ4＋sinπ4⇒fπ4＝1.5．函数y＝x2(x0)的图象在点(ak，a2k)处的切线与x轴的交点的横坐标为ak＋1，其中k∈N*.若a1＝16，则a1＋a3＋a5的值是________．答案21解析因为y′＝2x，所以过点(ak，a2k)处的切线方程为y－a2k＝2ak(x－ak)．又该切线与x轴的交点为(ak＋1,0)，所以ak＋1＝12ak，即数列{ak}是等比数列，首项a1＝16，其公比q＝12，所以a3＝4，a5＝1.所以a1＋a3＋a5＝21.6．若函数f(x)＝kx3＋3(k－1)x2－k2＋1在区间(0,4)上是减函数，则k的取值范围是________．答案k≤13解析f′(x)＝3kx2＋6(k－1)x.由题意，知k≥0，f′4≤0或k0，－6k－12×3k0，解得k≤13.二、解答题(共28分)7．(14分)(2012·辽宁)设f(x)＝lnx＋x－1，证明：(1)当x1时，f(x)32(x－1)；(2)当1x3时，f(x)9x－1x＋5.(1)证明方法一记g(x)＝lnx＋x－1－32(x－1)，则当x1时，g′(x)＝1x＋12x－320.又g(1)＝0，所以有g(x)0，即f(x)32(x－1)．方法二当x1时，2xx＋1，故xx2＋12.①令k(x)＝lnx－x＋1，则k(1)＝0，k′(x)＝1x－10，故k(x)0，即lnxx－1.②由①②得，当x1时，f(x)32(x－1)．(2)证明方法一记h(x)＝f(x)－9x－1x＋5，由(1)得h′(x)＝1x＋12x－54x＋52＝2＋x2x－54x＋52x＋54x－54x＋52＝x＋53－216x4xx＋52.令G(x)＝(x＋5)3－216x，则当1x3时，G′(x)＝3(x＋5)2－2160，因此G(x)在(1,3)内是减函数．又由G(1)＝0，得G(x)0，所以h′(x)0.因此h(x)在(1,3)内是减函数．又h(1)＝0，所以h(x)0.于是当1x3时，f(x)9x－1x＋5.方法二记h(x)＝(x＋5)f(x)－9(x－1)，则当1x3时，由(1)得h′(x)＝f(x)＋(x＋5)f′(x)－932(x－1)＋(x＋5)·1x＋12x－9＝12x[3x(x－1)＋(x＋5)(2＋x)－18x]12x3xx－1＋x＋52＋x2＋12－18x＝14x(7x2－32x＋25)0.因此h(x)在(1,3)内单调递减．又h(1)＝0，所以h(x)0，即f(x)9x－1x＋5.8．(14分)设函数f(x)＝x(ex－1)－ax2.(1)若a＝12，求f(x)的单调区间；(2)若当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围．解(1)a＝12时，f(x)＝x(ex－1)－12x2，f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1)．当x∈(－∞，－1)时，f′(x)0；当x∈(－1,0)时，f′(x)0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)0.故f(x)在(－∞，－1)，(0，＋∞)上单调递增，在(－1,0)上单调递减．(2)f(x)＝x(ex－1－ax)．令g(x)＝ex－1－ax，则g′(x)＝ex－a.若a≤1，则当