（湖北專用）高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時集訓(xùn)（五）A第5講 導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)性質(zhì)中的應(yīng)用配套作業(yè) 理（解析版）

專題限時集訓(xùn)(五)A[第5講導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)性質(zhì)中的應(yīng)用](時間：45分鐘)1．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，且f(x)在x＝－3時取得極值，則a＝()A．2B．3C．4D．52．f(x)＝x3－3x2＋2在區(qū)間[－1，1]上的最大值是()A．－2B．0C．2D．43．若曲線y＝x2＋ax＋b在點(0，b)處的切線方程是x－y＋1＝0，則()A．a(chǎn)＝1，b＝1B．a(chǎn)＝－1，b＝1C．a(chǎn)＝1，b＝－1D．a(chǎn)＝－1，b＝－14．已知曲線y＝x2－1在x＝x0點處的切線與曲線y＝1－x3在x＝x0處的切線互相平行，則x0的值為________．5．若函數(shù)y＝eq\f(x3,3)－x2＋1(0<x<2)的圖象上任意點處切線的傾斜角為α，則α的最小值是()A.eq\f(π,4)B.eq\f(π,2)C.eq\f(5π,6)D.eq\f(3π,4)6．曲線y＝x3與直線y＝x所圍成圖形的面積為()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C．1D．27．已知函數(shù)f(x＋1)是偶函數(shù)，且x>1時，f′(x)<0恒成立，又f(4)＝0，則(x＋3)f(x＋4)<0的解集為()A．(－∞，－2)∪(4，＋∞)B．(－6，－3)∪(0，4)C．(－∞，－6)∪(4，＋∞)D．(－6，－3)∪(0，＋∞)8．已知函數(shù)y＝f(x－1)的圖象關(guān)于點(1，0)對稱，且當x∈(－∞，0)時，f(x)＋xf′(x)<0成立(其中f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù))，若a＝(30.3)·f(30.3)，b＝(logπ3)·f(logπ3)，c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,9)))·feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,9)))，則a，b，c的大小關(guān)系是()A．a(chǎn)>b>cB．c>a>bC．c>b>aD．a(chǎn)>c>b9．由曲線y＝2x2，直線y＝－4x－2，直線x＝1圍成的封閉圖形的面積為________．10．曲線y＝xex＋2x＋1在點(0，1)處的切線方程為________．11．函數(shù)f(x)＝eq\f(x,lnx)的單調(diào)遞減區(qū)間是________．12．設(shè)f(x)＝aeq\r(x)－lnx(a>0)．(1)若f(x)在[1，＋∞)上遞增，求a的取值范圍；(2)求f(x)在[1，4]上的最小值．13．已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋c(a，b，c∈R，a≠0)的圖象過點P(－1，2)且在P處的切線與直線x－3y＝0垂直．(1)若c＝0，試求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若a>0，b>0且f(x)在區(qū)間(－∞，m)及(n，＋∞)上均為增函數(shù)，試證：n－m>1.14．定義：已知函數(shù)f(x)與g(x)，若存在一條直線y＝kx＋b，使得對公共定義域內(nèi)的任意實數(shù)x均滿足g(x)≤f(x)≤kx＋b恒成立，其中等號在公共點處成立，則稱直線y＝kx＋b為曲線f(x)與g(x)的“左同旁切線”．已知f(x)＝lnx，g(x)＝1－eq\f(1,x).(1)證明：直線y＝x－1是f(x)與g(x)的“左同旁切線”；(2)設(shè)P(x1，f(x1))，Q(x2，f(x2))是函數(shù)f(x)圖象上任意兩點，且0<x1<x2，若存在實數(shù)x3>0，使得f′(x3)＝eq\f(f（x2）－f（x1）,x2－x1).請結(jié)合(1)中的結(jié)論證明：x1<x3<x2.專題限時集訓(xùn)(五)A【基礎(chǔ)演練】1．D[解析]因為f′(x)＝3x2＋2ax＋3，且f(x)在x＝－3時取得極值，所以f′(－3)＝3×9＋2a×(－3)＋3＝0，解得a＝5，故選2．C[解析]f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0可得x＝0或2(2舍去)，當－1≤x<0時，f′(x)>0，當0<x≤1時，f′(x)<0，所以當x＝0時，f(x)取得最大值為2.選C.3．A[解析]y′＝2x＋a，曲線在點(0，b)處的切線斜率是k＝a，故a＝1；點(0，b)在切線上，代入得b＝1.所以a＝1，b＝1.4．0或－eq\f(2,3)[解析]由題意得，2x0＝－3xeq\o\al(2,0)，解得x0＝0或x0＝－eq\f(2,3).【提升訓(xùn)練】5．D[解析]y′＝x2－2x，當0<x<2時，－1≤y′<0，即－1≤tanα<0，故eq\f(3π,4)≤α<π，最小值為eq\f(3π,4).注：正切函數(shù)y＝tanα，當α∈eq\f(π,2)，π也是單調(diào)遞增的6.B[解析]如圖，所圍圖形面積A＝2eq\i\in(0,1,)(x－x3)dx＝eq\f(1,2).7．D[解析]函數(shù)f(x＋1)是偶函數(shù)，其圖象關(guān)于y軸對稱，這個函數(shù)圖象向右平移1個單位得函數(shù)y＝f(x)的圖象，可得函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，x>1時，f′(x)<0恒成立，說明函數(shù)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，根據(jù)對稱性可得函數(shù)在(－∞，1)上單調(diào)遞增．根據(jù)f(4)＝0可得當x>4時，f(x)<0，根據(jù)對稱性可得當x<－2時，f(x)<0，當－2<x<1或1<x<4時，f(x)>0.不等式(x＋3)f(x＋4)<0等價于eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋3>0，,f（x＋4）<0，))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋3<0，,f（x＋4）>0.))當eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋3>0，,f（x＋4）<0))時，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>－3，,x＋4>4或x＋4<－2，))解得x>0；當eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋3<0，,f（x＋4）>0))時，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x<－3，,－2<x＋4<1或1<x＋4<4，))解得－6<x<－3.故不等式(x＋3)f(x＋4)<0的解集為(－6，－3)∪(0，＋∞)．8．C[解析]函數(shù)y＝f(x－1)的圖象關(guān)于點(1，0)對稱，f(x)關(guān)于(0，0)中心對稱，為奇函數(shù)，當x∈(－∞，0)時，f(x)＋xf′(x)<0成立(其中f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù))，所以xf(x)為減函數(shù)，30.3>logπ3>log3eq\f(1,9)，所以c>b>a.9.eq\f(16,3)[解析]聯(lián)立直線方程與拋物線方程得x2＋2x＋1＝0，解得x＝－1，因此所求的面積為定積分eq\i\in(－1,1,)(2x2＋4x＋2)dx＝eq\f(16,3).10．y＝3x＋1[解析]y′＝ex＋xex＋2，斜率k＝e0＋0＋2＝3，所以切線方程為y－1＝3x，即y＝3x＋1.11．(0，1)，(1，e)[解析]f′(x)＝eq\f(lnx－1,ln2x)<0，解得0<x<e，但函數(shù)的定義域是x>0且x≠1，故函數(shù)f(x)＝eq\f(x,lnx)單調(diào)遞減區(qū)間是(0，1)，(1，e)．(注意：不能寫成并區(qū)間)12．解：(1)f′(x)＝eq\f(a\r(x)－2,2x)，在x∈[1，＋∞)時f′(x)＝eq\f(a\r(x)－2,2x)≥0恒成立?在x∈[1，＋∞)時，a≥eq\f(2,\r(x))?a≥2.(2)由f′(x)＝eq\f(a\r(x)－2,2x)，x∈[1，4]，①當a≥2時，在x∈[1，4]上f′(x)>0，∴f(x)min＝f(1)＝a；②當0＜a≤1時，在x∈[1，4]上f′(x)＜0，∴f(x)min＝f(4)＝2a－2ln2；③當1<a<2時，在x∈1，eq\f(4,a2)上f′(x)<0，在x∈eq\f(4,a2)，4上f′(x)>0，此時fmin(x)＝feq\f(4,a2)＝2－2ln2＋2lna.綜上所述：f(x)min＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a－2ln2，0＜a≤1，,2－2ln2＋2lna，1<a<2，,a，a≥2.))13．解：(1)f(x)＝ax3＋bx2＋c?f′(x)＝3ax2＋2bx，∴f′(－1)＝3a－2b.又過點P的切線與直線x－3y＝0垂直，∴3a－2b＝－3.又c＝0，∴f(－1)＝－a＋b＝2，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a－2b＝－3，,－a＋b＝2，))解得a＝1，b＝3.∴f(x)＝x3＋3x2，f′(x)＝3x2＋6x，由f′(x)>0?x<－2或x>0；f′(x)<0?－2<x<0，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－2，0)上單調(diào)遞減．(2)由(1)知，b＝eq\f(3,2)(a＋1)，f′(x)＝3ax2＋3(a＋1)x且a>0，∴f′(x)>0?3ax2＋3(a＋1)x>0?x<－eq\f(a＋1,a)或x>0.又f(x)在區(qū)間(－∞，m)及(n，＋∞)上均為增函數(shù)，∴n－m≥0－－eq\f(a＋1,a)＝eq\f(a＋1,a)＝1＋eq\f(1,a)>1.14．解：(1)要證明結(jié)論，即證1－eq\f(1,x)≤lnx≤x－1(x>0)．令h(x)＝lnx－x＋1(x>0)，則h′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，易知h(x)在x＝1處取得最大值h(1)＝0，所以lnx－x＋1≤0，即lnx≤x－1(x>0)，等號在公共點(1，0)處成立．再令φ(x)＝lnx－1＋eq\f(1,x)(x>0)，則φ′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)，易知φ(x)在x＝1處取得最小值φ(1)＝0，所以lnx－1＋eq\f(1,x)≥0，即lnx≥1－eq\f(1,x)(x>0)，等號在公共點(1，0)處成立．故對任意x∈(0，＋∞)，恒有1－eq\f(1,x)≤lnx≤x－1(x>0)成立，即直線y＝x－1是f(x)與g(x)的“左同旁切線”．(2)因為f′(x)＝eq\f(1,x)，所以f′(x3)＝eq\f(1,x3)＝eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)＝eq\f(ln\f(x2,x1),x2－x1)，所以x3＝eq\f(x2－x1,ln\f(x2,x1)).證法一：(作差法，利用(1)的結(jié)論)因為x3－x1＝eq\f(x2－x1,ln\f(x2,x1))－x1>eq\f(x2－x1,\f(x2,x1)－1)