最新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用專題訓(xùn)練習(xí)題(含答案解析)

1、高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題訓(xùn)練：導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用本試卷分第I卷(選擇題)和第卷(非選擇題)兩部分.滿分150分.考試時(shí)間120分鐘.第1卷(選擇題共60分)一、選擇題(本大題共12個(gè)小題，每小題5分，共60分，在每小題給出地四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求地)1 .已知二次函數(shù) f(x) ax2 bxe地導(dǎo)數(shù) f'(x), f'(0) 0 ,且 f(x)地 值域?yàn)?,),則焉地 最小值為()A. 3B. 5 C. 2D. §22【答案】C2. lim f(x0 2 x) f(x0) 1,貝 Ijfd)等于() x 0xA.2D.o3.函數(shù)丫 =普地導(dǎo)數(shù)是（）A.cosx 十

2、sinx 十 xsinxB.cosx sinx 十 xsinxcosx sinx 十 xsinxD.cosx 十 sinx xsinx4.曲線y （7在x0點(diǎn)處地切線方程是（）A. x yln 2 1n 2 0B. x 1n 2 y 1 0Cx y 1 0Dx y 1 0【答案】B5 .已知曲線S： y 3x x3及點(diǎn)P(2, 2),則過點(diǎn)P可向S引切線地條數(shù)為()A. 0 B, 1C. 2 D, 3【答案】B6 .等比數(shù)列 an中，ai=2, a8 = 4,函數(shù) f(x)= x (x-ai) (x- a 2) (x- a 8),貝U=()A. 26 B. 29C.2 12 D. 215【答案

3、】C7 .已知函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(a , b)內(nèi)可導(dǎo)，且XoG (a,b)則 lim f(x0 h)hf(x0 h)地 值為()A. f' (Xo)B. 2 f ' .(x 0) C. -2 f ' (x 0)D. 0【答案】B8.已知函數(shù) f(x) x3 ax22ax 3a2,且在 f(x)圖象一點(diǎn)(1,f(1)處 地切線在y軸上地截距小于0,則a地取值范圍是()A. (-1 , 1)B.(2,1) C.( 2,1) D.(玲333【答案】C9 .設(shè)函數(shù)f(x) g(x) x2,曲線y g(x)在點(diǎn)(1,g(1)處地 切線 方程為y 2x 1 ,則曲線y f(x)

4、在點(diǎn)(1,f(1)處切線地 斜率為()A.1 B. 2 C. 4 D【答案】C10 .函數(shù)f(x) (x3 1)(x3 2)L(x3 100)在x 1處地 導(dǎo)數(shù)值為A. 0 B. 100! C. 3 99! D. 3 - 100!【答案】C11 .對于三次函數(shù) f(x) ax3 bx2 cx d ( a 0)一定義：設(shè)f(x) 是函數(shù)y f(x)地 導(dǎo)數(shù)，若方程f(x)0有實(shí)數(shù)解x0, 則稱點(diǎn)(x0, f (x")為函數(shù)y f(x)地“拐點(diǎn)”.有 同學(xué)發(fā)現(xiàn)：“任何一個(gè)三次函數(shù)都有拐點(diǎn)；任 何一個(gè)三次函數(shù)都有對稱中心；且拐點(diǎn)就是 對稱中心.”請你將這一發(fā)現(xiàn)為條件，若函數(shù)1 31 2g(

5、x)-x - x1232g(2011)g(2011)g(2011)g(2011g(20102011A. 2010 B. 2011 C. 2012 D, 2013【答案】A12 . 0|x2 1|dx 地值是（）A. 2B. 4C. 2D. §333【答案】C第口卷（非選擇題共90分）二、填空題（本大題共4個(gè)小題，每小題5分，共20分，把正確答案填在題中橫線上）13 .已知函數(shù)f x 1x 1sinxmcosx地圖像在點(diǎn)A Xo,y0處 244地切線斜率為1,則tan%.【答案】314 .曲線y f（x）在點(diǎn)P（3, f（3）處地 切線方程是y ax 8 ,若f（3）+ f'（

6、3）=0,貝ij實(shí)數(shù) a=?！敬鸢浮縜=-215 .函數(shù)f(x)在定義域R內(nèi)可導(dǎo))若f(x) f(2 x),且當(dāng)x (,1)時(shí))(x 1)f'(x) 0)設(shè) a f(0),b f(2),c f(3), 貝 U a,b,c 從小到大排列地順序?yàn)椤敬鸢浮縞ab16 .如圖，由兩條曲線y x2，4y x2及直線y 1所圍成地圖形地面積為三、解答題(本大題共6個(gè)小題，共70分，解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟 )17 .已知函致 f (x) =x3十 bx2+cx+d.(1 )當(dāng)b=0時(shí)，證明:曲線y=f(x)與其在點(diǎn)(0 , f(0)處地切線只有一個(gè)公共點(diǎn)；(2)若曲線y=f(x)在點(diǎn)

7、(1,f(1)處地切找為12x.+y 13=0,且它們只有一個(gè)公共點(diǎn)，求函數(shù)y=f(x)地 所有極值之和.【答案】(1)當(dāng)，b=0 時(shí)，f(x) =x3+cx+d,f (x).= 3x2+c.f(0) =d, f (0) =c.曲線y = f(x)與其在點(diǎn)(0,f(O)處地 切線為y=cx- d.I y = x + cx + d , 、r, r /t=r 3由, 消去y,得x=0, x=0.y = cx + d,所以曲線y = f(x)與其在點(diǎn)(0, f(0)處地 切線只有一個(gè)公共點(diǎn)即切點(diǎn).(2)由已知，切點(diǎn)為(1 , 1).又 f (x) =3x2+2bx+c) 于是f(1) 1 即f (1

8、)121 + b+c+d= 1, 3+2b+c=- 12,得 c= 2b15, d=b15.從而 f(x) =x3+bx2(2b + 15)x + b+15.y = x3+ bx2 (2b + 15)x + b+ 15, 12x+y 13=0,消去y,得x3bx2-(2b + 3)x +b+2=0.因直線12x+y13=0與曲線y = f(x)只有一個(gè)公共點(diǎn)(1,1),則方程 x3+bx2(2b + 3)x +b+2=(x 1)x 2+(b+ 1)x b 2= (x 1) (x 1)(x +b+2)故 b= - 3.于是 f(x) =x33x29x+12, f (x) =3x26x9 =3(x

9、 + 1)(x 3).當(dāng)x變化時(shí)，f (x) , f(x)地 變化如下：K+3(-8, 1 ) +一1口f十口口 H極大值17(-1- 3K +°°) +一心口小+1極小由此知，函數(shù)y = f(x)地 所有極值之和為2.18 .已知函數(shù) fx x3 3ax ba 0(1 )若曲線y f x在點(diǎn)2，f2處與直線y 8相切，求a，b地值； (2)求函數(shù)fx地單調(diào)區(qū)間與極值.【答案】(1) f'x3x2 3a而線y fx在點(diǎn)2 f 2處與直線y 8相切，所以0且 f 2 8 由此得 12 3a 0即 a 4,8 12 2 b 8即 b 24(2)由(1)地f xx3 12

10、x 24 所以 f' x 3x2 12 3 x 2 x 2“隨x地變?nèi)缦卤?（-犯-2）/-24口2以2十，°。十.J/口極大值2極小值，(2)一八又因?yàn)閒 2 40 , f2 8所以函數(shù)在,2和2,上單調(diào)遞增，在2,2單調(diào)遞減.函數(shù)地極大值為40,極小值為8.19 .已知函數(shù) f(x) 1x3 a-x2 bx a(a,b R)且其導(dǎo)函數(shù) f (x)32地圖像過原點(diǎn).(1)當(dāng)a 1時(shí)，求函數(shù)f(x)地圖像在x 3處地切線方程；所以函數(shù)f(x)地圖像在x 3處地y 1 3(x 3),即 3x y 8 0-(2)存在 x 0,使得 f (x) x(x a 1)999a 1 x -

11、 ( x) ( -) 2 ( x) ( 9) 6 xx . x 7當(dāng)且僅當(dāng)x 3時(shí)，a 7.所以a地若存在x 0,使得f(x) 9,求a地最大值；(3)當(dāng)a 0時(shí)，求函數(shù)f(x)地 零點(diǎn)個(gè)數(shù)?！敬鸢浮縡(x) 1x3 Ux2 bx a, f(x) x2 (a 1)x b 32由 f (0) 0得 b 0 , f (x) x(x a 1).(1)當(dāng) a 1時(shí))f(x) 1x3 x2 1 f (x) x(x 2)f(3) 1 f (3) 33切線方程為9, a 7)最大值為7. 當(dāng)a 0時(shí),x,f(x),f(x)地 變化情況如下表:(-03, 0)P0 p(oo, dt +1) + +1+-S +

12、 L田)一o .一Q。一f (x) +1單調(diào)遞增4極大值4單調(diào)遞堿一極小值一單調(diào)遞增。f(x)地 極大值f(0) a 0)f(x)地極小值 f(a 1) a 1(a1)31 a33(a 1)2106624P .14 r123.3乂 f(2) a 0, f(x)-xx -(a1) a, f(a1) a 0.33272所以函數(shù)f(x)在區(qū)間2,0 ,(0, a 1),(a 1,3(a 1)內(nèi)各有一個(gè)零占八、)故函數(shù)f(x)共有三個(gè)零點(diǎn)。20.已知函數(shù)f(x) mx.(m嘰 2 2x(1 )若f(x) lnx m 1在1，)上恒成立，求m取值范圍；32_(2)證明：2 ln2 + 3 ln3+ -+

13、 n lnn 3n (n n*).【答案】令g(x) 1nxmx耍m 1 0在x 1,)上恒成立 2 2xg (x)2 (x 1)(mx m 2)2x22F(1)當(dāng)1 2 1 1時(shí)，即m 1時(shí) m7g(x) 0在1,1恒成立.g(x)在其上遞減.Qgmax g(1) 0原式成立.當(dāng)A 1 1即0Vm<1時(shí)_2Q g(1) 0,gmax g( 1) g(1) 0 m不能恒成立.綜上： m 1(2)由(1)取 m=1 有 lnx * 32 xxln x2n 1 nln n 2_1_2_222ln 2 3ln3 . nln n -22 32 . n21 nQ 12 22n2 n(n 1)(2n

14、 1)VQ I 2. n6化簡證得原不等式成立.21.已知函數(shù) f(x)=ln(1+x) x, g(x)=xlnx. 求函數(shù)f(x)地最大值；27(3)設(shè) 0V a<b, 證明：g( a)+ g(b) 2 < ( b a)ln2 1【答案】(1)由已知可得x>-1 ,f'(x)門-1 ,令f'(x) 0得 x=0.當(dāng)-1<x<0 時(shí)，f (x)>0當(dāng)x>0時(shí)，f'(x)<0所以f(x)地 最大值為f(0)=0a ba b(2)證明：只需證 alna b1nb 2Tn丁 v (b a) ln2,、,a b , c、一， ，a

15、 b ,小整理得 a(1na 1n 丁 1n2)+ b(1nb 1n 丁 1n2)< 04ab即證a1n" b1n=< 01 a上式兩邊除以a,整理得1bb 1na0a 1 b ab設(shè)a x> 1 令f( x)In 1 x,xx In1 xF'(x)當(dāng) X > 1 時(shí) F<x)< 0在區(qū)間(1)+°°)上單調(diào)減)又F (1)F(b)a1n1b . In a abb方。ag( a)+ g(b)a b2g()< (b a) ln222.已知函數(shù)2f (x) ax (2 5a)x 5ln x(a R).(I )若曲線y

16、f(x)在x 3和x 5處地切線互相平行，求a地值；（n）求”外地單調(diào)區(qū)間;(HI)設(shè)g(x) x2-5x,若對任意xi (0,5,均存在X2 (0鳥，使,一='/2) I 1 / 7 I -2 I*、1 7 277 I 7 2 2 7 27得f(xi) g(X2), 求a地取值范圍.【答案】f (x) 2ax (2 5a) 5(x 0) x(I ) f (3) f (5)解得 a -. 6(n) f(x) (ax 1)(2x 5)(x 0). x5、當(dāng)a 0時(shí))x 0,ax 1 0 在區(qū)間(0,2)上)f (x) 0 ；在區(qū)、55、，、間(2，)上f(x) 0,故f(x)地 單調(diào)遞增

17、區(qū)間是單調(diào)5遞減區(qū)間是(2，).5當(dāng)0 a 2時(shí)，。5,在區(qū)間（0，2）和（L）上，f（x） 0；5a 2a在區(qū)間（2，a）上）0,故他）地單調(diào)遞增區(qū)間是（0，5）和 51(1,),單調(diào)遞減區(qū)間是(2，a). a5、2當(dāng)a 2時(shí)，9)當(dāng)工，故f(x)地單調(diào)遞增區(qū)間是 55x(0,).當(dāng)a 2時(shí)，0 1 5,在區(qū)間(0,1)和(5,)上，f(x) 0；57a 2a 2在區(qū)間(5)上f(x) 0,故f(x)地 單調(diào)遞增區(qū)間是(0,1)和 a 2a(5,),單調(diào)遞減區(qū)間是(1,5).2a 2(HI)由已知，在(0：上有 f(x)max g(xM由已知，g(x)max。，由(II)可知，當(dāng)a 5時(shí)，f(x)在(吟上單調(diào)遞增，土斤一