2013届高考数学专题训练试题4

第一部分专题一第4讲导数及其应用（理）(限时60分钟，满分100分)一、选择题(本大题共6个小题，每小题6分，共36分)1．函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，已知f(x)有两个极值点x1，x2，则x1·x2等于()A．9B．－9C．1D．－1解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋3，则x1·x2＝1.答案：C2．设a为实数，函数f(x)＝x3＋ax2＋(a－2)x的导函数是f′(x)，且f′(x)是偶函数，则曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为()A．y＝－2xB．y＝3xC．y＝－3xD．y＝4x解析：由已知得f′(x)＝3x2＋2ax＋a－2，因为f′(x)是偶函数，所以a＝0，即f′(x)＝3x2－2，从而f′(0)＝－2，所以曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y＝－2x.答案：A3．已知函数f(x)＝kcosx的图象经过点P(π3，1)，则函数图象上过点P的切线斜率等于()A．1B.3C．－3D．－1解析：f(π3)＝kcosπ3＝1⇒k＝2，f′(x)＝－ksinx，f′(π3)＝－2sinπ3＝－3，即所求切线斜率为－3.答案：C4．函数y＝f(x)在定义域(－32，3)内可导，其图象如图所示，记y＝f(x)的导函数为y＝f′(x)，则不等式f′(x)≤0的解集为()A．[－13，1]∪[2,3)B．[－1，12]∪[43，83]C．[－32，12]∪[1,2]D．[－32，－13]∪[12，43]解析：由题意知，选择f(x)的减区间即为所求．答案：A5．(精选考题·山东高考)已知某生产厂家的年利润y(单元：万元)与年产量x(单位：万件)的函数关系式为y＝－13x3＋81x－234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为()A．13万件B．11万件C．9万件D．7万件解析：因为y′＝－x2＋81，所以当x＞9时，y′＜0；当x∈(0,9)时，y′＞0，所以函数y＝－13x3＋81x－234在(9，＋∞)上单调递减，在(0,9)上单调递增，所以x＝9是函数的极大值点，又因为函数在(0，＋∞)上只有一个极大值点，所以函数在x＝9处取得最大值．答案：C6．若函数y＝f(x)在R上可导，且满足不等式xf′(x)－f(x)恒成立，且常数a，b满足ab，则下列不等式一定成立的是()A．af(a)bf(b)B．af(a)bf(b)C．af(b)bf(a)D．af(b)bf(a)解析：令F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝xf′(x)＋f(x)，由xf′(x)－f(x)，得：xf′(x)＋f(x)0，即F′(x)0，所以F(x)在R上为递增函数．因为ab，所以af(a)bf(b)．答案：A二、填空题(本大题共3个小题，每小题6分，共18分)7．使函数f(x)＝x＋2cosx在[0，π2]上取最大值的x为________．解析：f′(x)＝1－2sinx＝0时，sinx＝12，x＝π6.答案：π68．已知函数f(x)＝f′(π4)cosx＋sinx，则f(π4)的值为________．解析：∵f(x)＝f′(π4)cosx＋sinx，∴f′(x)＝－f′(π4)sinx＋cosx，∴f′(π4)＝－f′(π4)sinπ4＋cosπ4，∴f′(π4)＝2－1，从而有f(π4)＝(2－1)cosπ4＋sinπ4＝1.答案：19．已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx，其导函数y＝f′(x)的图象经过点(1,0)，(2,0)，如图所示，则下列说法中不．正确的是________．①当x＝32时函数取得极小值；②f(x)有两个极值点；③当x＝2时函数取得极小值；④当x＝1时函数取得极大值．解析：从图象上可以看到：当x∈(0,1)时，f′(x)＞0；当x∈(1,2)时，f′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，所以f(x)有两个极值点1和2，且当x＝2时函数取得极小值，当x＝1时函数取得极大值．只有①不正确．答案：①三、解答题(本大题共3个小题，共46分)10．(本小题满分15分)(精选考题·安徽高考)设函数f(x)＝sinx－cosx＋x＋1，0＜x＜2π，求函数f(x)的单调区间与极值．解：由f(x)＝sinx－cosx＋x＋1,0＜x＜2π，知f′(x)＝cosx＋sinx＋1，于是f′(x)＝1＋2sin(x＋π4)．令f′(x)＝0，从而sin(x＋π4)＝－22，得x＝π，或x＝3π2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(0，π)π(π，3π2)3π2(3π2，2π)f′(x)＋0－0＋f(x)单调递增π＋2单调递减32π单调递增因此，由上表知f(x)的单调递增区间是(0，π)与(3π2，2π)，单调递减区间是(π，3π2)，极小值为f(3π2)＝3π2，极大值为f(π)＝π＋2.11．(本小题满分15分)已知函数f(x)＝x2－(2a＋1)x＋alnx(a≤1)．(1)当a＝1时，求函数f(x)的单调增区间；(2)求函数f(x)在区间[1，e]上的最小值；解：(1)当a＝1时，f(x)＝x2－3x＋lnx，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－3＋1x＝2x2－3x＋1x＝2x－1x－1x.令f′(x)＝0，得x＝1或x＝12.x(0，12)12(12，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值所以函数f(x)的单调增区间为(0，12)，(1，＋∞)．(2)f′(x)＝2x－(2a＋1)＋ax＝2x2－2a＋1x＋ax＝2x－1x－ax，令f′(x)＝0，得x＝a或x＝12.当a≤12时，f(x)在[12，＋∞)上单调增，所以f(x)在区间[1，e]上单调增；当12a≤1时，f(x)在(0，12]，[a，＋∞)上单调增，所以f(x)在区间[1，e]上单调增．综上，当a≤1时，f(x)min＝f(1)＝－2a；12．(本小题满分16分)(精选考题·北京东城检测)已知函数f(x)＝aln(x＋1)＋(x＋1)2在x＝1处有极值．(1)求实数a的值；(2)求函数f(x)的单调区间；(3)令g(x)＝f′(x)，若曲线g(x)在(1，g(1))处的切线与两坐标轴分别交于A、B两点(O为坐标原点)，求△AOB的面积．解：(1)因为f(x)＝aln(x＋1)＋(x＋1)2，所以f′(x)＝ax＋1＋2x＋2.由f′(1)＝0，可得a2＋2＋2＝0，a＝－8.经检验a＝－8时，函数f(x)在x＝1处取得极值，所以a＝－8.(2)f(x)＝－8ln(x＋1)＋(x＋1)2，f′(x)＝－8x＋1＋2x＋2＝2x－1x＋3x＋1.而函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)，当x变化时，f′(x)、f(x)的变化情况如下表：x(－1,1)1(1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)极小值由表可知，f(x)的单调减区间为(－1,1)，f(x)的单调增区间是(1，＋∞)．(3)由于g(x)＝f′(x)＝－8x＋1＋2x＋2，所以g′(x)＝8x＋12＋2，当x＝1时，g′(1)＝4，g(1)＝0.所以切线斜率为4，切点为(1,0)，所以切线方程为y＝4(x－1)，即4x－y－4＝0.令x＝0，得y＝－4，令y＝0，得x＝1.所以△AOB的面积S＝12×|－4|×1＝2.1．函数f(x)＝2mcos2x2＋1的导函数的最大值等于1，则实数m的值等于()A．±1B．1C．－1D．2解析：显然m≠0，所以f(x)＝2mcos2x2＋1＝m(2cos2x2－1)＋m＋1＝mcosx＋m＋1，因此f′(x)＝－msinx，其最大值为1，故有m＝±1.答案：A2．(精选考题·江西高考)等比数列{an}中，a1＝2，a8＝4，函数f(x)＝x(x－a1)(x－a2)…(x－a8)，则f′(0)＝()A．26B．29C．212D．215解析：f′(x)＝x′·[(x－a1)(x－a2)…(x－a8)]＋[(x－a1)(x－a2)…(x－a8)]′·x＝(x－a1)(x－a2)…(x－a8)＋[(x－a1)(x－a2)…(x－a8)]′·x所以f′(0)＝(0－a1)(0－a2)…(0－a8)＋[(0－a1)(0－a2)…(0－a8)]′·0＝a1a2…a8，因为数列{an}为等比数列，所以a2a7＝a3a6＝a4a5＝a1a8＝8，所以f′(0)＝84＝212.答案：C3．已知f(x)＝alnx＋12x2(a0)，若对任意两个不等的正实数x1、x2都有fx1－fx2x1－x22恒成立，则a的取值范围是()A．(0,1]B．(1，＋∞)C．(0,1)D．[1，＋∞)解析：由题意得f′(x)＝ax＋x≥2a，当且仅当ax＝x，即x＝a时取等号，所以fx1－fx2x1－x2f′(x)min＝2a≥2，∴a≥1.答案：D4．(精选考题·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝3ax4－2(3a＋1)x2＋4x.(1)当a＝16时，求f(x)的极值；(2)若f(x)在(－1,1)上是增函数，求a的取值范围．解：(1)f′(x)＝4(x－1)(3ax2＋3ax－1)．当a＝16时，f′(x)＝2(x＋2)(x－1)2，f(x)在(－∞，－2)内单调递减，在(－2，＋∞)内单调递增，在x＝－2时，f(x)有极小值．所以f(－2)＝－12是f(x)的极小值．(2)在(－1,1)上，f(x)单调增加，当且仅当f′(x)＝4(x－1)(3ax2＋3ax－1)≥0，即3ax2＋3ax－1≤0，①(ⅰ)当a＝0时①恒成立；(ⅱ)当a＞0时①成立，当且仅当3a·12＋3a·1－1≤0.解得0＜a≤16.(ⅲ)当a＜0时①成立，即3a(x＋12)2－3a4－1≤0成立，当且仅当－3a4－1≤0.解得－43≤a＜0.综上，a的取值范围是[－43，16]．5．已知函数f(x)＝－x3＋x2＋bx＋c，x1alnx，x≥1的图象过坐标原点O，且在点(－1，f(－1))处的切线的斜率是－5.(1)求实数b、c的值；(2)求f(x)在区间[－1,2]上的最大值．解：(1)当x1时，f(x)＝－x3＋x2＋bx＋c，则f′(x)＝－3x2＋2x＋b.依题意，得f0＝0f′－1＝－5，即c＝0－3－2＋b＝－5，解得b＝c＝0.(2)由(1)知，f(x)＝－x3＋x2，x1alnx，x≥1①当－1≤x1时，f′(x)＝－3x2＋2x＝－3x(x－23)，令f′(x)＝0得x＝0或x＝23.当x变化时，f′(x)、f(x)的变化情况如下表：x(－1,0)0(0，23)23(23，1)f′(x)－0＋0－f(x)单调递减极小值单调递增极大值单调递减又f(－1)＝2，f(23)＝427，f(0)＝0，∴f(x)在[－1,1)上的最大值为2.②当1≤x≤2时，f(x)＝alnx.当a≤0时，f(x)≤0，∴f(x)的最大值为0；当a0时，f(x)在[1,2]上单调递增，∴f(x)在[1,2]上的最大值为aln2.综上所述，当aln2≤2，即a≤2ln2时，f(x)在[－1,2]上的最大值为2；当aln22，即a2ln2时，f(x)在[－1,2]上的最大值为aln2.