2022年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題升級(jí)訓(xùn)練6 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 理

2022年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題升級(jí)訓(xùn)練6 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 理一、選擇題(本大題共6小題，每小題6分，共36分)1．函數(shù)y＝f(x)的圖象在點(diǎn)x＝5處的切線方程是y＝－x＋8，則f(5)＋f′(5)等于(　　)．A．1 B．2 C．0 D．2．函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)可導(dǎo)，y＝f(x)的圖象如圖所示，則導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象可能為(　　)．3．當(dāng)x∈(0,5)時(shí)，函數(shù)y＝xln x(　　)．A．是單調(diào)增函數(shù)B．是單調(diào)減函數(shù)C．在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減D．在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增4．函數(shù)y＝xsin x＋cos x在下面哪個(gè)區(qū)間內(nèi)是增函數(shù)(　　)．A． B．(π，2π)C． D．(2π，3π)5．f(x)是定義在(0，＋∞)上的非負(fù)可導(dǎo)函數(shù)，且滿足xf′(x)－f(x)≤0，對(duì)任意正數(shù)a，b，若a＜b，則必有(　　)．A．a(chǎn)f(b)≤bf(a) B．bf(a)≤af(b)C．a(chǎn)f(a)≤f(b) D．bf(b)≤f(a)6．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，x∈[－2,2]表示的曲線過原點(diǎn)，且在x＝±1處的切線斜率均為－1，給出以下結(jié)論：①f(x)的解析式為f(x)＝x3－4x，x∈[－2,2]；②f(x)的極值點(diǎn)有且僅有一個(gè)；③f(x)的最大值與最小值之和等于0.其中正確的結(jié)論有(　　)．A．0個(gè) B．1個(gè) C．2個(gè) D．3個(gè)二、填空題(本大題共3小題，每小題6分，共18分)7．在直徑為d的圓木中，截取一個(gè)具有最大抗彎強(qiáng)度的長(zhǎng)方體梁，則矩形面的長(zhǎng)為__________．(強(qiáng)度與bh2成正比，其中h為矩形的長(zhǎng)，b為矩形的寬)8．函數(shù)f(x)＝x3－3a2x＋a(a＞0)的極大值是正數(shù)，極小值是負(fù)數(shù)，則a的取值范圍是__________．9．若點(diǎn)P是曲線y＝x2－ln x上任意一點(diǎn)，則點(diǎn)P到直線y＝x－2的最小距離為__________．三、解答題(本大題共3小題，共46分．解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)10．(本小題滿分15分)設(shè)x＝1與x＝2是函數(shù)f(x)＝aln x＋bx2＋x的兩個(gè)極值點(diǎn)．(1)試確定常數(shù)a和b的值；(2)試判斷x＝1，x＝2是函數(shù)f(x)的極大值點(diǎn)還是極小值點(diǎn)，并說明理由．11．(本小題滿分15分)已知函數(shù)f(x)＝4x3＋3tx2－6t2x＋t－1，x∈R，其中t∈R.(1)當(dāng)t＝1時(shí)，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程；(2)當(dāng)t≠0時(shí)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間．12．(本小題滿分16分)已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3.(1)求函數(shù)f(x)在[t，t＋2](t＞0)上的最小值；(2)對(duì)一切x∈(0，＋∞),2f(x)≥g(x)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(3)證明：對(duì)一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)n x＞－成立．參考答案一、選擇題1．B　解析：由題意知f(5)＝－5＋8＝3，f′(5)＝－1，故f(5)＋f′(5)＝2.故選B.2．D　解析：x＜0時(shí)，f(x)為增函數(shù)，所以導(dǎo)函數(shù)在x＜0時(shí)大于零；x＞0時(shí)，原函數(shù)先增后減再增，所以導(dǎo)函數(shù)先大于零再小于零之后又大于零．故選D.3．D　解析：y′＝ln x＋1，令y′＝0，得x＝.在上y′＜0，在上y′＞0，∴y＝xln x在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．故選D.4．C　解析：∵y＝xsin x＋cos x，∴y′＝(xsin x)′＋(cos x)′＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x，∴當(dāng)＜x＜時(shí)，xcos x＞0，即y′＞0.故函數(shù)y＝xsin x＋cos x在區(qū)間內(nèi)是增函數(shù)．故選C.5．A　解析：設(shè)F(x)＝，則F′(x)＝≤0，故F(x)＝為減函數(shù)．由0＜a＜b，有≥?af(b)≤bf(a)，故選A.6．C　解析：∵f(0)＝0，∴c＝0.∵f′(x)＝3x2＋2ax＋b，∴即解得a＝0，b＝－4，∴f(x)＝x3－4x，∴f′(x)＝3x2－4.令f′(x)＝0得x＝±∈[－2,2]，∴極值點(diǎn)有兩個(gè)．∵f(x)為奇函數(shù)，∴f(x)max＋f(x)min＝0.∴①③正確，故選C.二、填空題7．d　解析：如圖為圓木的橫截面，由b2＋h2＝d2，∴bh2＝b(d2－b2)．設(shè)f(b)＝b(d2－b2)，∴f′(b)＝－3b2＋d2.令f′(b)＝0，又∵b＞0，∴b＝d，且在上f′(b)＞0，在上f′(b)＜0.∴函數(shù)f(b)在b＝d處取極大值，也是最大值，即抗彎強(qiáng)度最大，此時(shí)長(zhǎng)h＝d.8．　解析：f′(x)＝3x2－3a2＝3(x＋a)(x－a)，由f′(x)＝0得x＝±a，當(dāng)－a＜x＜a時(shí)，f′(x)＜0，函數(shù)遞減；當(dāng)x＞a或x＜－a時(shí)，f′(x)＞0，函數(shù)遞增．∴f(－a)＝－a3＋3a3＋a＞0，且f(a)＝a3－3a3＋a＜0，解得a＞.9．　解析：過點(diǎn)P作y＝x－2的平行直線，且與曲線y＝x2－ln x相切．設(shè)P(x0，x02－ln x0)，則有k＝y(tǒng)′|x＝x0＝2x0－.∴2x0－＝1，∴x0＝1或x0＝－(舍去)，∴P(1,1)，∴d＝＝.三、解答題10．解：(1)f′(x)＝＋2bx＋1.由已知?解得(2)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下：x(0,1)1(1,2)2(2，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)↘極小值↗極大值↘∴在x＝1處，函數(shù)f(x)取得極小值.在x＝2處，函數(shù)f(x)取得極大值－ln 2.11．解：(1)當(dāng)t＝1時(shí)，f(x)＝4x3＋3x2－6x，f(0)＝0，f′(x)＝12x2＋6x－6，f′(0)＝－6，所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y＝－6x.(2)f′(x)＝12x2＋6tx－6t2.令f′(x)＝0，解得x＝－t或x＝.因?yàn)閠≠0，以下分兩種情況討論：①若t＜0，則＜－t.當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－t，＋∞)f′(x)＋－＋f(x)↗↘↗所以，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是，(－t，＋∞)；f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是.②若t＞0，則－t＜.當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，－t)f′(x)＋－＋f(x)↗↘↗所以，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－t)，；f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是.12．(1)解：f′(x)＝ln x＋1，則當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增．①0＜t＜t＋2＜，沒有最小值；②0＜t＜＜t＋2，即0＜t＜時(shí)，f(x)min＝f＝－；③≤t＜t＋2，即t≥時(shí)，f(x)在[t，t＋2]上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(t)＝tln t．所以f(x)min＝(2)解：2xln x≥－x2＋ax－3，則a≤2ln x＋x＋，設(shè)h(x)＝2ln x＋x＋(x＞0)，則h′(x)＝.①x∈(0,1)，h′(x)＜0，h(x)單調(diào)遞減；②x∈(1，＋∞)，h′(x)＞0，h(x)單調(diào)遞增．所以h(x)min＝h(1)＝4，對(duì)一切x∈(0，＋∞),2f(x)≥g(x)恒成立．所以a≤h(x)min＝4，即a的取值范圍是(－∞，4]．(3)證明：?jiǎn)栴}等價(jià)于證明xln x＞－(x∈(0，＋∞))，由(1)可知f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－，當(dāng)且僅當(dāng)x＝時(shí)取到．設(shè)m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，則m′(x)＝，易知m(x)max＝m(1)＝－，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取到，從而對(duì)一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)n x＞－成立．。