2015年高中数学步步高大一轮复习讲义(文科)第三章压轴函数与导数

压轴题目突破练——函数与导数A组专项基础训练(时间：40分钟)一、选择题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()A．3x＋y＋2＝0B．3x－y＋2＝0C．x＋3y＋2＝0D．x－3y－2＝0答案A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．设f(x)，g(x)在[a，b]上可导，且f′(x)g′(x)，则当axb时，有()A．f(x)g(x)B．f(x)g(x)C．f(x)＋g(a)g(x)＋f(a)D．f(x)＋g(b)g(x)＋f(b)答案C解析∵f′(x)－g′(x)0，∴(f(x)－g(x))′0，∴f(x)－g(x)在[a，b]上是增函数，∴当axb时f(x)－g(x)f(a)－g(a)，∴f(x)＋g(a)g(x)＋f(a)．3．三次函数f(x)＝mx3－x在(－∞，＋∞)上是减函数，则m的取值范围是()A．m0B．m1C．m≤0D．m≤1答案A解析f′(x)＝3mx2－1，依题可得m0.4．点P是曲线x2－y－2lnx＝0上任意一点，则点P到直线4x＋4y＋1＝0的最短距离是()A.22(1－ln2)B.22(1＋ln2)C.2212＋ln2D.12(1＋ln2)答案B解析将直线4x＋4y＋1＝0平移后得直线l：4x＋4y＋b＝0，使直线l与曲线切于点P(x0，y0)，由x2－y－2lnx＝0得y′＝2x－1x，∴直线l的斜率k＝2x0－1x0＝－1⇒x0＝12或x0＝－1(舍去)，∴P12，14＋ln2，所求的最短距离即为点P12，14＋ln2到直线4x＋4y＋1＝0的距离d＝|2＋1＋4ln2＋1|42＝22(1＋ln2)．5．函数f(x)在定义域－32，3内的图像如图所示，记f(x)的导函数为f′(x)，则不等式f′(x)≤0的解集为()A.－32，12∪[1,2)B.－1，12∪43，83C.－13，1∪[2,3)D.－32，－13∪12，43∪43，3答案C解析不等式f′(x)≤0的解集即为函数f(x)的单调递减区间，从图像中可以看出函数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)，答案选C.二、填空题6．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]．7．已知函数f(x)＝xsinx，x∈R，则f(－4)，f(4π3)，f(－5π4)的大小关系为________(用“”连接)．答案f(4π3)f(－4)f(－5π4)解析∵f′(x)＝sinx＋xcosx，当x∈5π4，4π3时，sinx0，cosx0，∴f′(x)＝sinx＋xcosx0，则函数f(x)在区间5π4，4π3上为减函数，∵5π444π3，∴f(4π3)f(4)f(5π4)，又函数f(x)为偶函数，∴f(4π3)f(－4)f(－5π4)．8．把一个周长为12cm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∶1.三、解答题9．(2013·重庆)设f(x)＝a(x－5)2＋6lnx，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0,6)．(1)确定a的值；(2)求函数f(x)的单调区间与极值．解(1)因为f(x)＝a(x－5)2＋6lnx，故f′(x)＝2a(x－5)＋6x.令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－16a＝(6－8a)(x－1)，由点(0,6)在切线上可得6－16a＝8a－6，故a＝12.(2)由(1)知，f(x)＝12(x－5)2＋6lnx(x0)，f′(x)＝x－5＋6x＝x－2x－3x.令f′(x)＝0，解得x1＝2，x2＝3.当0x2或x3时，f′(x)0，故f(x)在(0,2)，(3，＋∞)上为增函数；当2x3时，f′(x)0，故f(x)在(2,3)上为减函数．由此可知，f(x)在x＝2处取得极大值f(2)＝92＋6ln2，在x＝3处取得极小值f(3)＝2＋6ln3.10．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：25分钟)1．已知函数f(x)(x∈R)的图像上任一点(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()A．[－1，＋∞)B．(－∞，2]C．(－∞，－1)，(1,2)D．[2，＋∞)答案C解析根据函数f(x)(x∈R)的图像上任一点(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)．2．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()A．f(x)＝sinx＋cosxB．f(x)＝lnx－2xC．f(x)＝－x3＋2x－1D．f(x)＝－xe－x答案D解析对于选项A，f(x)＝sinx＋cosx，则f″(x)＝－sinx－cosx0在0，π2上恒成立，故此函数为凸函数；对于选项B，f(x)＝lnx－2x，则f″(x)＝－1x20在0，π2上恒成立，故此函数为凸函数；对于选项C，f(x)＝－x3＋2x－1，则f″(x)＝－6x0在0，π2上恒成立，故此函数为凸函数；对于选项D，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．3．函数y＝x2(x0)的图像在点(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＝21.4．设函数f(x)＝e2x2＋1x，g(x)＝e2xex，对任意x1、x2∈(0，＋∞)，不等式gx1k≤fx2k＋1恒成立，则正数k的取值范围是________．答案[1，＋∞)解析因为对任意x1、x2∈(0，＋∞)，不等式gx1k≤fx2k＋1恒成立，所以kk＋1≥gx1fx2max.因为g(x)＝e2xex，所以g′(x)＝(xe2－x)′＝e2－x＋xe2－x·(－1)＝e2－x(1－x)．当0x1时，g′(x)0；当x1时，g′(x)0，所以g(x)在(0,1]上单调递增，在[1，＋∞)上单调递减．所以当x＝1时，g(x)取到最大值，即g(x)max＝g(1)＝e；因为f(x)＝e2x2＋1x，当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝e2x＋1x≥2e，当且仅当e2x＝1x，即x＝1e时取等号，故f(x)min＝2e.所以gx1fx2max＝e2e＝12.所以kk＋1≥12.又因为k为正数，所以k≥1.5．(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.证明(1)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)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.