《创新设计》2014届高考第三篇 第3讲 导数的应用(二)

第2讲导数的应用(一)A级基础演练(时间：30分钟满分：55分) 一、选择题(每小题5分，共20分)1．(2013·石景山模拟)若函数h(x)＝2x－kx＋k3在(1，＋∞)上是增函数，则实数k的取值范围是()．A．(－2，＋∞) B．(2，＋∞)C．(－∞，－2) D．(－∞，2)解析由条件得h′(x)＝2＋kx2＝2x2＋kx2≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k≥－2x2在(1，＋∞)上恒成立，所以k∈(－2，＋∞)．答案 A2．(2013·郑州检测)函数f(x)＝(4－x)e x的单调递减区间是()．A．(－∞，4) B．(－∞，3)C．(4，＋∞) D．(3，＋∞)解析f′(x)＝e x＋(4－x)·e x＝e x(3－x)，令f′(x)<0，由于e x>0，∴3－x<0，解得x>3.答案 D3．(2013·安庆模拟)下列函数中，在(0，＋∞)内为增函数的是()．A．f(x)＝sin 2x B．f(x)＝x e xC．f(x)＝x3－x D．f(x)＝－x＋ln x解析sin 2x＝2sin x cos x，(sin 2x)′＝2(cos2x－sin2x)，在(0，＋∞)不恒大于零；(x3－x)′＝3x2－1，在(0，＋∞)不恒大于零；(－x＋ln x)′＝－1＋1x在(0，＋∞)不恒大于零；(x e x )′＝e x ＋x e x ，当x ∈(0，＋∞)时e x ＋x e x >0，故选B. 答案 B4．函数f (x )的定义域是R ，f (0)＝2，对任意x ∈R ，f (x )＋f ′(x )>1，则不等式e x ·f (x )>e x＋1的解集为( )．A ．{x |x >0}B ．{x |x <0}C ．{x |x <－1或x >1}D ．{x |x <－1或0<x <1}解析 构造函数g (x )＝e x ·f (x )－e x ，因为g ′(x )＝e x ·f (x )＋e x ·f ′(x )－e x ＝e x [f (x )＋f ′(x )]－e x >e x －e x ＝0，所以g (x )＝e x ·f (x )－e x 为R 上的增函数，又因为g (0)＝e 0·f (0)－e 0＝1，所以原不等式转化为g (x )>g (0)，解得x >0. 答案 A二、填空题(每小题5分，共10分)5．函数y ＝x －2sin x 在[0，π]上的递增区间是________．解析 y ′＝1－2cos x ，令1－2cos x ≥0，得cos x ≤12，解得2k π＋π3≤x ≤2k π＋53π，k ∈R ，又0≤x ≤π，∴π3≤x ≤π. 答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π6．已知直线y ＝x ＋1与曲线y ＝ln(x ＋a )相切，则a 的值为________． 解析 设切点坐标为(x 0，y 0)又y ′＝1x ＋a ，由已知条件⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝x 0＋1，y 0＝ln (x 0＋a )，1x 0＋a＝1，解得a ＝2. 答案 2三、解答题(共25分)7．(12分)设函数f (x )＝ax 3－3x 2，(a ∈R )，且x ＝2是y ＝f (x )的极值点，求函数g (x )＝e x ·f (x )的单调区间．解 f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)． 因为x ＝2是函数y ＝f (x )的极值点．所以f ′(2)＝0，即6(2a －2)＝0，因此a ＝1， 经验证，当a ＝1时，x ＝2是函数f (x )的极值点， 所以g (x )＝e x (x 3－3x 2)， g ′(x )＝e x (x 3－3x 2＋3x 2－6x ) ＝e x (x 3－6x )＝x (x ＋6)(x －6)e x .因为e x >0，所以y ＝g (x )的单调增区间是(－6，0)和(6，＋∞)；单调减区间是(－∞，－6)和(0，6)．8．(13分)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ，且a ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23.(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间；(3)设函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x ，若函数g (x )在x ∈[－3，2]上单调递增，求实数c 的取值范围．解 (1)由f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax －1. 当x ＝23时，得a ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋2a ×⎝ ⎛⎭⎪⎫23－1，解之，得a ＝－1.(2)由(1)可知f (x )＝x 3－x 2－x ＋c .则f ′(x )＝3x 2－2x －1＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋13(x －1)，列表如下：所以f (x )的单调递增区间是(－∞，－13)和(1，＋∞)； f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，1.(3)函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x ＝(－x 2－x ＋c )·e x ， 有g ′(x )＝(－2x －1)e x ＋(－x 2－x ＋c )e x＝(－x2－3x＋c－1)e x，因为函数g(x)在x∈[－3,2]上单调递增，所以h(x)＝－x2－3x＋c－1≥0在x∈[－3,2]上恒成立．只要h(2)≥0，解得c≥11，所以c的取值范围是[11，＋∞)．探究提高利用导数研究函数单调性的一般步骤：(1)确定函数的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只需在函数f(x)的定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.②若已知f(x)的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题求解．B级能力突破(时间：30分钟满分：45分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．定义在R上的函数y＝f(x)满足f(4－x)＝f(x)，(x－2)·f′(x)<0，若x1<x2且x1＋x2>4，则()．A．f(x1)<f(x2)B．f(x1)>f(x2)C．f(x1)＝f(x2)D．f(x1)与f(x2)的大小不确定解析∵f(4－x)＝f(x)，∴函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，由(x－2)f′(x)<0可得函数f(x)在(－∞，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，∴当x2>x1>2时，f(x1)>f(x2)；当x2>2>x1时，∵x1＋x2>4，∴x2>4－x1>2，∴f(4－x1)＝f(x1)>f(x2)，综上，f(x1)>f(x2)，故选B.答案 B2．已知函数f(x)的定义域为[－1,5]，部分对应值如下表．f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示．下列关于函数f (x )的命题： ①函数y ＝f (x )是周期函数； ②函数f (x )在[0,2]上是减函数；③如果当x ∈[－1，t ]时，f (x )的最大值是2，那么t 的最大值为4； ④当1<a <2时，函数y ＝f (x )－a 有4个零点． 其中真命题的个数有( )．A ．4B ．3C ．2D ．1解析 依题意得，函数f (x )不可能是周期函数，因此①不正确；当x ∈(0,2)时，f ′(x )<0，因此函数f (x )在[0,2]上是减函数，②正确；当x ∈[－1，t ]时，f (x )的最大值是2，依题意，结合函数f (x )的可能图象形状分析可知，此时t 的最大值是5，因此③不正确；注意到f (2)的值不明确，结合图形分析可知，将函数f (x )的图象向下平移a (1<a <2)个单位后相应曲线与x 轴的交点个数不确定，因此④不正确．综上所述，选D. 答案 D二、填空题(每小题5分，共10分)3．函数f (x )＝x ax －x 2(a >0)的单调递减区间是________．解析 由ax －x 2≥0(a >0)，解得0≤x ≤a ，即函数f (x )的定义域为[0，a ]，f ′(x )＝3ax －4x 22ax －x 2＝－2x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －3a 4ax －x 2，由f ′(x )<0解得x ≥3a4，因此f (x )的单调递减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤3a 4，a . 答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤3a 4，a4．已知函数y ＝－13x 3＋bx 2－(2b ＋3)x ＋2－b 在R 上不是单调减函数，则b 的取值范围是________．解析 y ′＝－x 2＋2bx －(2b ＋3)，要使原函数在R 上单调递减，应有y ′≤0恒成立，∴Δ＝4b 2－4(2b ＋3)＝4(b 2－2b －3)≤0，∴－1≤b ≤3，故使该函数在R 上不是单调减函数的b 的取值范围是b <－1或b >3. 答案 (－∞，－1)∪(3，＋∞) 三、解答题(共25分) 5．(12分)已知函数g (x )＝1x ·sin θ＋ln x 在[1，＋∞)上为增函数，且θ∈(0，π)，f (x )＝mx －m －1x －ln x ，m ∈R . (1)求θ的值；(2)若f (x )－g (x )在[1，＋∞)上为单调函数，求m 的取值范围．解 (1)由题意得，g ′(x )＝－1sin θ·x 2＋1x ≥0在[1，＋∞)上恒成立，即sin θ·x －1sin θ·x 2≥0.∵θ∈(0，π)，∴sin θ>0，故sin θ·x －1≥0在[1，＋∞)上恒成立，只需sin θ·1－1≥0， 即sin θ≥1，只有sin θ＝1.结合θ∈(0，π)，得θ＝π2. (2)由(1)，得f (x )－g (x )＝mx －mx －2ln x ， ∴()f (x )－g (x )′＝mx 2－2x ＋mx 2.∵f (x )－g (x )在其定义域内为单调函数，∴mx 2－2x ＋m ≥0或者mx 2－2x ＋m ≤0在[1，＋∞)恒成立．mx 2－2x ＋m ≥0等价于m (1＋x 2)≥2x ，即m ≥2x1＋x 2， 而2x x 2＋1＝2x ＋1x≤1，∴m ≥1. mx 2－2x ＋m ≤0等价于m (1＋x 2)≤2x ，即m ≤2x1＋x 2在[1，＋∞)上恒成立．而2x x 2＋1∈(0,1]，∴m ≤0. 综上，m 的取值范围是(－∞，0]∪[1，＋∞)． 6．(13分)设函数f (x )＝ln x ＋a x －1在⎝⎛⎭⎪⎫0，1e 内有极值．(1)求实数a 的取值范围；(2)若x 1∈(0,1)，x 2∈(1，＋∞)．求证：f (x 2)－f (x 1)>e ＋2－1e .注：e 是自然对数的底数．(1)解 易知函数f (x )的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)， f ′(x )＝1x －a(x －1)2＝(x －1)2－ax x (x －1)2＝x 2－(a ＋2)x ＋1x (x －1)2.由函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 内有极值，可知方程f ′(x )＝0在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 内有解，令g (x )＝x 2－(a ＋2)x ＋1＝(x －α)(x －β)． 不妨设0<α<1e ，则β>e ，又g (0)＝1>0， 所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e 2－a ＋2e ＋1<0，解得a >e ＋1e －2.(2)证明 由(1)知f ′(x )>0⇔0<x <α或x >β， f ′(x )<0⇔α<x <1或1<x <β，所以函数f (x )在(0，α)，(β，＋∞)上单调递增，在(α，1)，(1，β)上单调递减． 由x 1∈(0,1)得f (x 1)≤f (α)＝ln α＋aα－1， 由x 2∈(1，＋∞)得f (x 2)≥f (β)＝ln β＋aβ－1， 所以f (x 2)－f (x 1)≥f (β)－f (α)． 由(1)易知α·β＝1，α＋β＝a ＋2，所以f (β)－f (α)＝ln β－ln 1β＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1β－1－1α－1＝2ln β＋a ·α－β(β－1)(α－1)＝2ln β＋。

2014届高考创新方案一轮复习教案(新课标版)(数学理)第三篇--导数及其应用-第2讲-导数的应用(一)第2讲导数的应用(一)【2013年高考会这样考】1．利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间．2．由函数单调性和导数的关系，求参数的范围．基础梳理1．导数的几何意义函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处切线l的斜率，切线l的方程是y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．2．导数的物理意义若物体位移随时间变化的关系为s＝f(t)，则f′(t0)是物体运动在t＝t0时刻的瞬时速度．3．函数的单调性在(a，b)内可导函数f(x)，f′(x)在(a，b)任意子区间内都不恒等于0.f′(x)≥0⇔函数f(x)在(a，b)上单调递增；f′(x)≤0⇔函数f(x)在(a，b)上单调递减．易误警示直线与曲线有且只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线；反之直线是曲线的切线，但直线不一定与曲线有且只有一个公共点．两个条件(1)f′(x)＞0在(a，b)上成立是f(x)在(a，b)上单调递增的充分条件．(2)对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件．三个步骤求函数单调区间的步骤：(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)由f′(x)＞0(f′(x)＜0)解出相应的x的范围．当f′(x)＞0时，f(x)在相应的区间上是增函数；当f′(x)＜0时，f(x)在相应的区间上是减函数，还可以列表，写出函数的单调区间．由f′(x)＞0解得x＜0，或x＞2.答案(－∞，0)，(2，＋∞)考向一求曲线切线的方程【例1】►已知函数f(x)＝x3－4x2＋5x－4.(1)求曲线f(x)在x＝2处的切线方程；(2)求经过点A(2，－2)的曲线f(x)的切线方程．[审题视点] 由导数几何意义先求斜率，再求方程，注意点是否在曲线上，是否为切点．解(1)f′(x)＝3x2－8x＋5f′(2)＝1，又f(2)＝－2∴曲线f(x)在x＝2处的切线方程为y－(－2)＝x－2，即x－y－4＝0.(2)设切点坐标为(x0，x30－4x20＋5x0－4)f′(x0)＝3x20－8x0＋5则切线方程为y－(－2)＝(3x20－8x0＋5)(x－2)，又切线过(x0，x30－4x20＋5x0－4)点，则x30－4x20＋5x0－2＝(3x20－8x0＋5)(x0－2)，整理得(x0－2)2(x0－1)＝0，解得x0＝2，或x0＝1，因此经过A(2，－2)的曲线f(x)的切线方程为x－y－4＝0，或y＋2＝0.首先要分清是求曲线y＝f(x)在某处的切线还是求过某点曲线的切线．(1)求曲线y ＝f(x)在x＝x0处的切线方程可先求f′(x0)，利用点斜式写出所求切线方程；(2)求过某点的曲线的切线方程要先设切点坐标，求出切点坐标后再写切线方程．【训练1】若直线y＝kx与曲线y＝x3－3x2＋2x相切，试求k的值．解设y＝kx与y＝x3－3x2＋2x相切于P(x0，y0)则y0＝kx0，①y0＝x30－3x20＋2x0，②又y′＝3x2－6x＋2，∴k＝y′|x＝x0＝3x20－6x0＋2，③由①②③得：(3x 20－6x 0＋2)x 0＝x 30－3x 20＋2x 0，即(2x 0－3)x 20＝0.∴x 0＝0或x 0＝32，∴k ＝2或k ＝－14.考向二 函数的单调性与导数【例2】►已知函数f (x )＝x 3－ax 2－3x .(1)若f (x )在[1，＋∞)上是增函数，求实数a 的取值范围； (2)若x ＝3是f (x )的极值点，求f (x )的单调区间．[审题视点] 函数单调的充要条件是f ′(x )≥0或f ′(x )≤0且不恒等于0. 解 (1)对f (x )求导，得f ′(x )＝3x 2－2ax －3. 由f ′(x )≥0，得a ≤32⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x .记t (x )＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x ，当x ≥1时，t (x )是增函数，∴t (x )min ＝32(1－1)＝0.∴a ≤0.(2)由题意，得f ′(3)＝0，即27－6a －3＝0， ∴a ＝4.∴f (x )＝x 3－4x 2－3x ，f ′(x )＝3x 2－8x －3. 令f ′(x )＝0，得x 1＝－13，x 2＝3.当x 变化时，f ′(x )、f (x )的变化情况如下表：x ⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－13 －13 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，3 3 (3，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )极大值极小值∴当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－13，[3，＋∞)时，f (x )单调递增，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，3时，f (x )单调递减．函数在指定区间上单调递增(减)，函数在这个区间上的导数大于或等于0(小于或等于0)，只要不在一段连续区间上恒等于0即可，求函数的单调区间解f ′(x )＞0(或f ′(x )＜0)即可．【训练2】 已知函数f (x )＝e x －ax －1. (1)求f (x )的单调增区间；(2)是否存在a，使f(x)在(－2,3)上为减函数，若存在，求出a的取值范围，若不存在，说明理由．解f′(x)＝e x－a，(1)若a≤0，则f′(x)＝e x－a≥0，即f(x)在R上递增，若a>0，e x－a≥0，∴e x≥a，x≥ln a.因此f(x)的递增区间是[ln a，＋∞)．(2)由f′(x)＝e x－a≤0在(－2,3)上恒成立．∴a≥e x在x∈(－2,3)上恒成立．又∵－2<x<3，∴e－2<e x<e3，只需a≥e3.当a＝e3时f′(x)＝e x－e3在x∈(－2,3)上，f′(x)<0，即f(x)在(－2,3)上为减函数，∴a≥e3.故存在实数a≥e3，使f(x)在(－2,3)上单调递减．考向三利用导数解决不等式问题【例3】►设a为实数，函数f(x)＝e x－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a＞ln 2－1且x＞0时，e x＞x2－2ax＋1.[审题视点] 第(2)问构造函数h(x)＝e x－x2＋2ax－1，利用函数的单调性解决．(1)解由f(x)＝e x－2x＋2a，x∈R知f′(x)＝e x－2，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln 2，于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表.单调递减单调递增故f(x)f(x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a＝2(1－ln 2＋a)．(2)证明设g(x)＝e x－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝e x－2x＋2a，x∈R.由(1)知当a＞ln 2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)＞0.于是对任意x∈R，都有g′(x)＞0，所以g(x)在R内单调递增．于是当a＞ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)＞g(0)．而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)＞0.即e x－x2＋2ax－1＞0，故e x＞x2－2ax＋1.利用导数证明不等式要考虑构造新的函数，利用新函数的单调性或最值解决不等式的证明问题．比如要证明对∀x∈[a，b]都有f(x)≥g(x)，可设h(x)＝f(x)－g(x)只要利用导数说明h(x)在[a，b]上的最小值为0即可．【训练3】已知m∈R，函数f(x)＝(x2＋mx＋m)e x(1)若函数没有零点，求实数m的取值范围；(2)当m＝0时，求证f(x)≥x2＋x3.(1)解由已知条件f(x)＝0无解，即x2＋mx＋m＝0无实根，则Δ＝m2－4m<0，解得0<m<4，实数m的取值范围是(0,4)(2)证明当m＝0时，f(x)＝x2e x设g(x)＝e x－x－1，∴g′(x)＝e x－1，g(x)，g′(x)随x变化情况如下：x (－∞，0)0(0，＋∞)g′(x)－0＋g(x)0由此可知对于x∈R，即e x－x－1≥0，因此x2(e x－x－1)≥0，整理得x2e x≥x3＋x2，即f(x)≥x3＋x2.阅卷报告2——书写不规范失分【问题诊断】利用导数求解函数的单调区间是高考的热点内容，这类问题求解并不难，即只需由f′(x)＞0或f′(x)＜0，求其解即得.但在求解时会因书写不规范而导致失分.【防范措施】对于含有两个或两个以上的单调增区间(或单调减区间)，中间用“，”或“和”连接，而不能用符号“∪”连接.【示例】►设函数f(x)＝x(e x－1)－12x2，求函数f(x)的单调增区间．错因结论书写不正确，也就是说不能用符号“∪”连接，应为(－∞，－1)和(0，＋∞)实录f′(x)＝e x－1＋x e x－x＝(e x－1)·(x＋1)，令f′(x)＞0得，x＜－1或x＞0.所以函数f(x)的单调增区间为(－∞，－1)∪(0，＋∞)．正解因为f(x)＝x(e x－1)－12x 2，所以f′(x)＝e x－1＋x e x－x＝(e x－1)·(x＋1)．令f′(x)＞0，即(e x－1)(x＋1)＞0，得x＜－1或x＞0.所以函数f(x)的单调增区间为(－∞，－1)和(0，＋∞)．【试一试】设函数f(x)＝ax3－3x2，(a∈R)，且x＝2是y＝f(x)的极值点，求函数g(x)＝e x·f(x)的单调区间．[尝试解答]f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)．因为x＝2是函数y＝f(x)的极值点．所以f′(2)＝0，即6(2a－2)＝0，因此a＝1，经验证，当a＝1时，x＝2是函数f(x)的极值点，所以g(x)＝e x(x3－3x2)，g′(x)＝e x(x3－3x2＋3x2－6x) ＝e x(x3－6x)＝x(x＋6)(x－6)e x. 因为e x＞0，所以y＝g(x)的单调增区间是(－6，0)和(6，＋∞)；单调减区间是(－∞，－6)和(0，6)．。

湖南师范大学附中2014年创新设计高考数学一轮简易通考前三级排查：导数及其应用 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题 (本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．设f 0(x)＝sinx ，f 1(x)＝f 0′(x)，f 2(x)＝f 1′(x)，…，f n ＋1(x)＝f n ′(x)，n ∈N ，则f 2006(x)＝( ) A ．sinx B ．－sinxC ．cosxD ．－cosx【答案】B2．已知二次函数2()1f x ax bx =++的导函数为()f x '，(0)0f '>，f(x)与x 轴恰有一个交点，则(1)(0)f f '的最小值为( ) A ． 2 B ．32 C ． 3 D ．52【答案】A3．由曲线y ＝x 2，y ＝x 3围成的封闭图形面积为( )A ．112B ．14C ．13D ．712【答案】A4．一质点沿直线运动，如果由始点起经过t 秒后的位移为s ＝13t 3－32t 2＋2t ，那么速度为零的时刻是( ) A ．0秒 B ．1秒末 C ．2秒末 D ．1秒末和2秒末 【答案】D 5．已知函数1()cos f x x x =，则()()2f f ππ'+=( ) A ．2π-B ．3πC ． 3π-D ．1π-【答案】C 6．函数xy 1=在点4=x 处的导数是( )A ．81B ．81-C ．161 D ．161-【答案】D 7．曲线y=2xe-+1在点(0，2)处的切线与直线y=0和y=x 围成的三角形的面积为( )A ．13B ．12C ．23D ．1 【答案】A8．曲线3y x =在点(1,1)处的切线方程为( )A ． 320x y --=B ． 230x y --=C ． 320x y --=D ． 230x y --=【答案】A9．等比数列｛a n ｝中，a 1=2，a 8＝4，函数)(x f ＝x （x - a 1）（x - a 2）……（x - a 8），则)0('f ＝( ) A ． 26B ．29C ． 212D ．215【答案】C10．曲线xy e =在点A （0,1）处的切线斜率为( )A ．1B ．2C ．eD ．1e【答案】A11．曲线()1f x nx =在x=1处的切线方程为( )A ．y=xB ．y=x －1C ．y=x+1D ．y=－x+1【答案】B12．设()[)[]⎩⎨⎧∈-∈=2,1,21,0,2x x x x x f ，则()dx x f ⎰20的值为( )A ． 43 B. 54 C ． 65D ．67 【答案】C第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题 (本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上) 13．函数)2009()3)(2)(1()(----=x x x x x x f 在0=x 处的导数值为____________．【答案】!2009- 14．由直线x=0,3,3==-y x ππ与曲线y=cosx 所围成的封闭图形的面积为15．某物体做直线运动，其运动规律是s=t 2+3t( t 的单位是秒，s 的单位是米)，则它在4秒末的瞬时速度为 . 【答案】16125m/s 16．曲线3y x =在(1,1)P 处的切线方程为____________ 【答案】023=--y x三、解答题 (本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 17．已知函数()f x 满足满足121()(1)(0)2x f x f e f x x -'=-+； (1）求()f x 的解析式及单调区间；(2）若21()2f x x ax b ≥++，求(1)a b +的最大值． 【答案】（1）1211()(1)(0)()(1)(0)2x x f x f e f x x f x f e f x --'''=-+⇒=-+令1x =得：(0)1f =1211()(1)(0)(1)1(1)2x f x f e x x f f e f e --'''=-+⇒==⇔= 得：21()()()12xx f x e x x g x f x e x '=-+⇒==-+ ()10()x g x e y g x '=+>⇒=在x R ∈上单调递增 ()0(0)0,()0(0)0f x f x f x f x ''''>=⇔><=⇔<得：()f x 的解析式为21()2xf x e x x =-+且单调递增区间为(0,)+∞，单调递减区间为(,0)-∞ (2）21()()(1)02x f x x ax b h x e a x b ≥++⇔=-+-≥得()(1)x h x e a '=-+ ①当10a +≤时，()0()h x y h x '>⇒=在x R ∈上单调递增x →-∞时，()h x →-∞与()0h x ≥矛盾②当10a +>时，()0ln(1),()0ln(1)h x x a h x x a ''>⇔>+<⇔<+ 得：当ln(1)x a =+时，min ()(1)(1)ln(1)0h x a a a b =+-++-≥ 22(1)(1)(1)ln(1)(10)a b a a a a +≤+-+++> 令22()ln (0)F x x x x x =->；则()(12ln )F x x x '=-()00()0F x x F x x ''>⇔<<<⇔>当x =max ()2e F x =当1,a b ==(1)a b +的最大值为2e 。

武汉科技大学附中2014版《创新设计》高考数学一轮复习单元突破：导数及其应用 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题 (本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．若2)(0='x f ，则kx f k x f k 2)()(lim000--→等于( )A ．－1B ．－2C ．－1D ．21 【答案】A2．函数2sin(2)y x x =+导数是( )A ．．2c o s(2)x x +B ．22sin(2)x x x + C ．2(41)cos(2)x x x ++ D ．24cos(2)x x +【答案】C3．已知函数y ＝f(x)的导函数y ＝f ′(x)的图像如图，则( )A ．函数f(x)有1个极大值点，1个极小值点B ．函数f(x)有2个极大值点，2个极小值点C ．函数f(x)有3个极大值点，1个极小值点D ．函数f(x)有1个极大值点，3个极小值点【答案】B4．下列说法正确的是( )A ．函数在闭区间上的极大值一定比极小值大.B ．函数在闭区间上的最大值一定是极大值.C ．对于函数12)(23+++=x px x x f ，若6||<P ，则)(x f 无极值.D ．函数)(x f 在区间),(b a 上一定存在最值. 【答案】C5．设函数1)(lim),2()1()(12+'-+=-→x x f x x x f x 则等于( ) A ．6B ．2C ．0D ．－66．曲线21x y x +=在点(1,2)P 处的切线的方程为( ) A ．240x y +-= B ．310x y --= C ．420x y --=D ．350x y +-=【答案】D7．若函数〔e 是自然对数的底数)，则此函数在点（）处的切线的倾斜角为( )A ．B ．0C ．钝角D ．锐角【答案】C8．若a ＞0，b ＞0，且函数在x ＝1处有极值，则ab 的最大值等于( ) A ．2 B ．3C ．6D ．9【答案】D9．函数()f x 可导，则(1)(1)2limx f x f x∆→+∆-∆等于( )A ． '(1)f B ． '2(1)fC ．'1(1)2f D ． '(2)f【答案】C10．设f 0(x)＝sinx ，f 1(x)＝f 0′(x)，f 2(x)＝f 1′(x)，…，f n ＋1(x)＝f n ′(x)，n ∈N ，则f 2006(x)＝( ) A ．sinx B ．－sinxC ．cosxD ．－cosx【答案】B 11．若k xx f x x f x =∆-∆+→∆)()(lim000，则x x f x x f x ∆-∆⋅+→∆)()2(lim000等于( ) A ．k 2 B ．k C ．k 21D ．以上都不是【答案】A12．已知)(x f 为定义在),(+∞-∞上的可导函数,且)()(x f x f '<对于R x ∈恒成立,则( )A ． )0()2(2f e f ⋅>, )0()2010(2010f e f ⋅> B ． )0()2(2f e f ⋅<, )0()2010(2010f ef ⋅> C ． )0()2(2f e f ⋅>, )0()2010(2010f e f ⋅<D ．)0()2(2f e f ⋅<, )0()2010(2010f e f ⋅<【答案】A第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题 (本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上) 13． 函数()331f x ax x =-+对于[]1,1x ∈-总有()f x ≥0 成立，则a =____________．32()422f x x ax bx =--+14．曲线x xy 21+=在1=x 处切线的斜率是 . 【答案】115．已知曲线lnx 34x y 2-=的一条切线的斜率为25-，则切点的坐标为 ； 【答案】1(1,)416．在曲线331y x x =-+的所有切线中，斜率最小的切线的方程为 ． 【答案】y ＝3x ＋1三、解答题 (本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 17．已知函数kx e k x x f 2)()(-=.(1)求)(x f 的单调区间；(2)若对0(∈∀x ，)∞+，都有e xf 1)(≤，求k 的取值范围。

第3 讲导数的应用(二)A 级基础演练(时间：30 分钟满分：55 分)一、选择题(每小题 5 分，共20 分)1．(2013 ·北京东城模拟)函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数 f (x)在开区间(a，b)内有极小值点( )．A．1 个B．2 个C．3 个D．4 个答案 A3 22．(2013 ·苏州一中月考)已知函数f(x)＝x ＋ax ＋(a＋6) x＋1 有极大值和极小值，则实数 a 的取值范围是( )．A．(－1,2) B．(－∞，－3)∪(6，＋∞)C．(－3,6) D．(－∞，－1)∪(2，＋∞)2解析f′(x)＝3x ＋2ax＋(a＋6)，因为函数有极大值和极小值，所以f′(x)＝2－4×3(a＋6)＞0，解得a＜－3 或a＞0 有两个不相等的实数根，所以Δ＝4a6.答案 Bln2x3．(2013 ·抚顺质检)函数y＝的极小值为x( )．A. 4 22 B．0 C.e D．1 e解析函数的定义域为(0，＋∞)，2ln x－ln －ln x ln x－22xy′＝ 2 .2 ＝x x函数y′与y 随x 变化情况如下：x (0,1) 1 (1，e2) e2 (e2，＋∞)y′－0 ＋0 －第 1 页共8 页y 0 4 2 eln2x则当x＝1 时函数y＝取到极小值0.x答案 B4．(2013 ·南京模拟)设f(x)是一个三次函数，f′(x)为其导函数，如图所示的是y＝x·f′( x)的图象的一部分，则f(x)的极大值与极小值分别是( )．A．f(1)与f(－1) B．f(－1)与f(1)C．f(－2)与f(2) D．f(2)与f(－2)解析由图象知f′(2)＝f′(－2)＝0.∵x>2 时，y＝x·f′( x)>0，∴f′( x)>0，∴y＝f(x)在(2，＋∞)上单调递增；同理f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2,2)上单调递减，∴y＝f(x)的极大值为f(－2)，极小值为f(2)，故选C.答案 C二、填空题(每小题5分，共10 分)3＋3ax2＋3bx＋c 在x＝2 处有极值，其图象在x＝1 处的5．已知函数y＝f(x)＝x切线平行于直线6x＋2y＋5＝0，则f (x)极大值与极小值之差为________．解析∵y′＝3x2＋6ax＋3b，2＋6a×2＋3b＝0，3×22＋6a＋3b＝－3 3×1 ?a＝－1，b＝0.∴y′＝3x2－6x，令3x2－6x＝0，则x＝0 或x＝2. ∴f(x)极大值－f(x)极小值＝f(0)－f(2)＝4.答案 46．已知函数f(x)＝－x2＋6x＋e2－5e－2，x≤e，2＋6x＋e2－5e－2，x≤e，x－2ln x，x>e(其中e 为自然对数的底数，2)>f(a)，则实数 a 的取值范围是________．且e≈ 2.718)．若f(6－a－2x＋6，x≤e，当x≤e时，f′(x)＝6－2x＝2(3－x)>0，解析∵f′(x)＝ 21－，x>e，x共8 页第2页x－2 22)>f(a)，当x>e 时，f′(x)＝1－＝x >0，∴f(x)在R上单调递增．又f(6－a x2>a，解之得－3<a<2.∴6－a答案(－3,2)(共25 分)三、解答题7．(12 分)(2011 北·京)已知函数f(x)＝(x－k)ex.(1)求f (x)的单调区间；(2)求f (x)在区间[0,1]上的最小值．x. 解(1)f′(x)＝(x－k＋1)e令f′( x)＝0，得x＝k－1.f(x)与f′(x)的情况如下：x (－∞，k－1) k－1 (k－1，＋∞)f′(x) －0 ＋k－1f(x) －e是(k－1，＋∞)．是(－∞，k－1)；单调递增区间所以，f(x)的单调递减区间(2)当k－1≤0，即k≤ 1 时，函数f(x)在[0,1]上单调递增，所以f( x)在区间[0,1]上的最小值为 f (0)＝－k；当0＜k－1＜1，即1＜k＜2 时，，所以f(x)在区间[0,1] 由(1)知f(x)在[0，k－1)上单调递减，在(k－1,1]上单调递增k－1；上的最小值为f(k－1)＝－e当k－1≥1，即k≥ 2 时，函数f(x)在[0,1]上单调递减，所以f( x)在区间[0,1]上的最小值为 f (1)＝(1－k)e.8．(13 分)(2011 福·建)某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单ay＝＋10(x－6) 位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式2，其中x－33<x<6，a 为常数．已知销售价格为 5 元/千克时，每日可售出该商品11千克．(1)求a 的值；(2)若该商品的成本为 3 元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．共8 页第3页解(1)因为x＝5 时，y＝11，所以a＋10＝11，a＝2. 22(2)由(1)可知，该商品每日的销售量y＝＋10(x－6)2.所以商场每日销售该x－3商品所获得的利润f(x)＝(x－3)2＋10 x－6 x－322,3<x<6. ＝2＋10(x－3)(x－6)从而，f′(x)＝10[( x－6)2＋2(x－3)( x－6)]＝30(x－4)(x－6)．于是，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x (3,4) 4 (4,6)f′(x) ＋0 －f( x) 单调递增极大值42 单调递减由上表可得，x＝4 是函数 f (x)在区间(3,6)内的极大值点，也是最大值点．所以，当x＝4 时，函数f(x)取得最大值，且最大值等于42.答：当销售价格为4 元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．B级能力突破(时间：30 分钟满分：45 分)一、选择题(每小题5分，共10 分)11．函数f(x)＝2e x(sin x ＋cos x)在区间0，x(sin x＋cos x)在区间0，π2 上的值域为( )．A. 1，21π2e2 B.1，21π2e2 ππC．[1，e2] D．(1，e2)1 x(sin x＋cos x)＋1x(cos x－sin x)＝e x cos x，解析f′(x)＝2e2e当0≤x≤π时，f′(x)≥0，且只有在x＝2π时，f′(x)＝0，2π∴f(x)是0，上的增函数，2π1 π∴f(x)的最大值为f2e＝，2 2共8 页第4页f(x)的最小值为f(0)＝1 7.ππ1 1∴f(x)在0，2e2 .故应选A.上的值域为，2 2答案 A3＋2bx2＋cx＋1 有两个极值点x1，x2，且x1 2．(2013 ·潍坊一模)已知函数f(x)＝x∈[－2，－1]，x2∈[1,2]，则f(－1)的取值范围是( )．3A. －，3B.2 3，6 23C．[3,12] D. －，1222 解析因为f( x)有两个极值点x1，x2，所以f′(x)＝3x＋4bx＋c＝0 有两个根x1，x2，且x1∈[－2，－1]，x2f′－2 ≥0，∈[1,2]，所以f′－1 ≤0，f′1 ≤0，即f′2 ≥0，12－8b＋c≥0，3－4b＋c≤0，3＋4b＋c≤0，12＋8b＋c≥0，画出可行域如图所示．因为f(－1)＝2b－c，由图知经过点A(0，－3)时，f(－1)取得最小值3，经过点C(0，－12)时，f(－1)取得最大值12，所以f(－1)的取值范围为[3,12]．答案 C二、填空题(每小题 5 分，共10 分)3 23．已知函数f(x)＝mx ＋nx 的图象在点(－1,2)处的切线恰好与直线3x＋y＝0 平行，若f(x)在区间[t，t＋1]上单调递减，则实数t 的取值范围是________．(－1,2)在函数f(x)的图象上，解析由题意知，点故－m＋n＝2.①又f′( x)＝3mxf′(－1)＝－3，2＋2nx，则故3m－2n＝－3.②共8 页第5页联立①②解得：m＝1，n＝3，即f( x)＝x3＋3x2，令f′( x)＝3x2＋6x≤0，解得－2≤x≤0，则[t，t＋1]? [－2,0]，故t≥－2 且t＋1≤0，所以t∈[－2，－1]．答案[－2，－1]1－x4．(2013 ·长春调研)已知函数f(x)＝＋ln x，若函数f(x)在[1，＋∞)上为增函ax数，则正实数 a 的取值范围为________．1－x解析∵f(x)＝＋ln x，∴f′(x)＝ax ax－12(a>0)，ax∵函数f(x)在[1，＋∞)上为增函数，∴f′(x)＝a x－12≥0对x∈[1，＋∞)恒成ax立，∴ax－1≥0对x∈[1，＋∞)恒成立，即a≥1对x∈[1，＋∞)恒成立，∴a≥ 1. x答案[1，＋∞) 三、解答题(共25 分)5．(12 分)设函数f(x)＝a3＋bx2＋cx＋d(a>0)，且方程f′(x)－9x＝0 的两根分别3x为1,4.(1)当a＝3 且曲线y＝f(x)过原点时，求f(x)的解析式；(2)若f (x)在(－∞，＋∞)内无极值点，求a的取值范围．解由f (x)＝a3＋bx2＋cx＋d 得f′(x)＝ax2＋2bx＋c. 3x因为f′(x)－9x＝ax2＋2bx＋c－9x＝0 的两个根分别为1,4，所以a＋2b＋c－9＝0，16a＋8b＋c－36＝0，(*)(1)当a＝3 时，由(*) 式得2b＋c－6＝0，8b＋c＋12＝0，解得b＝－3，c＝12.又因为曲线y＝f (x)过原点，所以d＝0.故f(x)＝x3－3x2＋12x.a3＋bx2＋cx＋d在(－∞，＋∞)内无极值点等价于f′(x) (2)由于a>0，所以f(x)＝3x＝ax2＋2bx＋c≥0 在(－∞，＋∞)内恒成立．由(*) 式得2b＝9－5a，c＝4a.共8 页第6页又Δ＝(2b)2－4ac＝9(a－1)(a－9)，由a>0，Δ＝9 a－1 a－9 ≤0得a∈[1,9]．即a 的取值范围是[1,9]．x－1－f(0)x＋1 6．(13 分)(2012 新·课标全国)已知函数f(x)满足f(x)＝f′(1)e 2x2.(1)求f (x)的解析式及单调区间；(2)若f (x)≥12＋ax＋b，求(a＋1)b 的最大值．2xx－1－f(0)＋x. 解(1)由已知得f′(x)＝f′(1)e所以f′(1)＝f′(1)－f(0)＋1，即f(0)＝1.又f(0)＝f′(1)e－1，所以f′(1)＝e.x－x＋12.由于f′(x)＝e x－1＋x，从而f( x)＝e2x故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′( x)>0.从而，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．x－(a＋1) x≥ b.① (2)由已知条件得e1－bx－(a＋1)x<b， (i)若a＋1<0，则对任意常数b，当x<0，且x< 时，可得 ea＋1因此①式不成立．(ii) 若a＋1＝0，则(a＋1)b＝0.x－(a＋1)x， (iii) 若a＋1>0，设g(x)＝e则g′(x)＝ex－(a＋1)．当x∈(－∞，ln(a＋1))时，g′(x)<0；当x∈(ln(a＋1)，＋∞)时，g′(x)>0.从而g(x)在(－∞，ln(a＋1))上单调递减，在(ln( a＋1)，＋∞)上单调递增．故g(x)有最小值g(ln( a＋1))＝a＋1－(a＋1)ln( a＋1)．所以f( x)≥12＋ax＋b 等价于b≤a＋1－(a＋1)·l n( a＋1)．②2x因此(a＋1)b≤(a＋1)2－(a＋1)2ln( a＋1)．设h( a)＝(a＋1)2－(a＋1)2ln( a＋1)，则第7页共8 页h′(a)＝(a＋1)[1－2ln( a＋1)]．1 1所以h(a)在(－1，e －1)上单调递增，在(e －1，＋∞)上单调递减，故h( a)2 21在a＝e －1 处取得最大值．2从而h(a)≤e2，即(a＋1)b≤e8.1e1 2当a＝e －1，b＝时，②式成立．故f(x)≥2 2 12＋ax＋b. 2xe综上得，(a＋1)b 的最大值为2.特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新设计·高考总复习》光盘中内容.共8 页第8页。