第三章压轴题目突破练.doc

压轴题目突破练——函数与导数
A组　专项基础训练
(时间：40分钟)
一、填空题
1.与直线2x－6y＋1＝0垂直，且与曲线f(x)＝x3＋3x2－1相切的直线方程是________.
答案　3x＋y＋2＝0
解析　设切点的坐标为(x0，x＋3x－1)，
则由切线与直线2x－6y＋1＝0垂直，
可得切线的斜率为－3，
又f′(x)＝3x2＋6x，故3x＋6x0＝－3，
解得x0＝－1，于是切点坐标为(－1,1)，
从而得切线的方程为3x＋y＋2＝0.
2.设f(x)，g(x)在[a，b]上可导，且f′(x)>g′(x)，则当a<x<b时，有f(x)＋g(a)________g(x)＋f(a).(填“<”“>”或“＝”)
答案　>
解析　∵f′(x)－g′(x)>0，∴(f(x)－g(x))′>0，
∴f(x)－g(x)在[a，b]上是增函数，
∴当a<x<b时f(x)－g(x)>f(a)－g(a)，
∴f(x)＋g(a)>g(x)＋f(a).
3.三次函数f(x)＝mx3－x在(－∞，＋∞)上是减函数，则m的取值范围是________.
答案　m<0
解析　f′(x)＝3mx2－1，依题可得m<0.
4.点P是曲线x2－y－2ln＝0上任意一点，则点P到直线4x＋4y＋1＝0的最短距离是________.
答案　(1＋ln 2)
解析　将直线4x＋4y＋1＝0平移后得直线l：4x＋4y＋b＝0，使直线l与曲线切于点P(x0，y0)，
由x2－y－2ln＝0得y′＝2x－，
∴直线l的斜率k＝2x0－＝－1
⇒x0＝或x0＝－1(舍去)，
∴P，
所求的最短距离即为点P到直线4x＋4y＋1＝0的距离d＝＝(1＋ln 2).
5.设函数f(x)＝x3＋·x2＋tan θ，其中θ∈，则导数f′(1)的取值范围是________.
答案　[，2]
解析　∵f′(x)＝sin θ·x2＋cos θ·x，
∴f′(1)＝sin θ＋cos θ＝2sin.
∵θ∈，∴θ＋∈，
∴sin∈.∴f′(1)∈[，2].
6.已知函数f(x)＝xsin x，x∈R，则f(－4)，f()，f(－)的大小关系为_______(用“<”连接).
答案　f()<f(－4)<f(－)
解析　∵f′(x)＝sin x＋xcos x，当x∈时，sin x<0，cos x<0，
∴f′(x)＝sin x＋xcos x<0，
则函数f(x)在区间上为减函数，
∵<4<，∴f()<f(4)<f()，
又函数f(x)为偶函数，∴f()<f(－4)<f(－).
7.函数f(x)在定义域内的图象如图所示，记f(x)的导函数为f′(x)，则不等式f′(x)≤0的解集为________.

答案　∪[2,3)
解析　不等式f′(x)≤0的解集即为函数f(x)的单调递减区间，从图象中可以看出函数f(x) 在和[2,3)上是单调递减的，所以不等式f′(x)≤0的解集为∪[2,3).
8.把一个周长为12 cm的长方形围成一个圆柱，当圆柱的体积最大时，该圆柱的底面周长与高的比为________.
答案　2∶1
解析　设圆柱高为x，底面半径为r，则r＝，圆柱体积V＝π2x＝(x3－12x2＋36x)(0<x<6)，
V′＝(x－2)(x－6).
当x＝2时，V最大.此时底面周长为6－x＝4,4∶2＝2∶1.
二、解答题
9.(2013·重庆)设f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0,6).
(1)确定a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间与极值.
解　(1)因为f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，
故f′(x)＝2a(x－5)＋.
令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为
y－16a＝(6－8a)(x－1)，
由点(0,6)在切线上可得6－16a＝8a－6，故a＝.
(2)由(1)知，f(x)＝(x－5)2＋6ln x(x>0)，
f′(x)＝x－5＋＝.
令f′(x)＝0，解得x1＝2，x2＝3.
当0<x<2或x>3时，f′(x)>0，
故f(x)在(0,2)，(3，＋∞)上为增函数；
当2<x<3时，f′(x)<0，故f(x)在(2,3)上为减函数.
由此可知，f(x)在x＝2处取得极大值f(2)＝＋6ln 2，在x＝3处取得极小值f(3)＝2＋6ln 3.
10.已知f(x)是二次函数，不等式f(x)<0的解集是(0,5)，且f(x)在区间[－1,4]上的最大值是12.
(1)求f(x)的解析式；
(2)是否存在自然数m，使得方程f(x)＋＝0在区间(m，m＋1)内有且只有两个不等的实数根？若存在，求出所有m的值；若不存在，请说明理由.
解　(1)∵f(x)是二次函数，且f(x)<0的解集是(0,5)，
∴可设f(x)＝ax(x－5)(a>0).
∴f(x)在区间[－1,4]上的最大值是f(－1)＝6a.
由已知，得6a＝12，∴a＝2，
∴f(x)＝2x(x－5)＝2x2－10x(x∈R).
(2)方程f(x)＋＝0等价于方程2x3－10x2＋37＝0
设h(x)＝2x3－10x2＋37，
则h′(x)＝6x2－20x＝2x(3x－10).
当x∈时，h′(x)<0，h(x)是减函数；
当x∈时，h′(x)>0，h(x)是增函数.
∵h(3)＝1>0，h＝－<0，h(4)＝5>0，
∴方程h(x)＝0在区间，内分别有唯一实数根，而在区间(0,3)，(4，＋∞)内没有实数根，
∴存在唯一的自然数m＝3，使得方程f(x)＋＝0在区间(m，m＋1)内有且只有两个不等的实数根.
B组　专项能力提升
(时间：35分钟)
1.已知函数f(x)(x∈R)的图象上任一点(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝(x0－2)(x－1)(x－x0)，那么函数f(x)的单调减区间是________.
答案　(－∞，－1)，(1,2)
解析　根据函数f(x)(x∈R)的图象上任一点(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝(x0－2)(x－1)(x－x0)，可知其导数f′(x)＝(x－2)(x2－1)＝(x＋1)(x－1)(x－2)，令f′(x)<0得x<－1或1<x<2.因此f(x)的单调减区间是(－∞，－1)，(1,2).
2.给出定义：若函数f(x)在D上可导，即f′(x)存在，且导函数f′(x)在D上也可导，则称函数f(x)在D上存在二阶导函数，记f″(x)＝(f′(x))′.若f″(x)<0在D上恒成立，则称函数f(x)在D上为凸函数，以下四个函数在上不是凸函数的是________.(填序号)
①f(x)＝sin x＋cos x ②f(x)＝ln x－2x
③f(x)＝－x3＋2x－1 ④f(x)＝－xe－x
答案　④
解析　对于①，f(x)＝sin x＋cos x，
则f″(x)＝－sin x－cos x<0在上恒成立，
故此函数为凸函数；
对于②，f(x)＝ln x－2x，
则f″(x)＝－<0在上恒成立，
故此函数为凸函数；
对于③，f(x)＝－x3＋2x－1，
则f″(x)＝－6x<0在上恒成立，
故此函数为凸函数；
对于④，f(x)＝－xe－x，
则f″(x)＝2e－x－xe－x＝(2－x)e－x>0在上恒成立，故此函数不是凸函数.
3.函数y＝x2(x>0)的图象在点(ak，a)处的切线与x轴的交点的横坐标为ak＋1，其中k∈N*.若a1＝16，则a1＋a3＋a5的值是________.
答案　21
解析　因为y′＝2x，所以过点(ak，a)处的切线方程为y－a＝2ak(x－ak).又该切线与x轴的交点为(ak＋1,0)，
所以ak＋1＝ak，即数列{ak}是等比数列，
首项a1＝16，其公比q＝，
所以a3＝4，a5＝1.所以a1＋a3＋a5＝21.
4.已知函数f(x)＝x3＋x，对任意的m∈[－2,2]，f(mx－2)＋f(x)<0恒成立，则x的取值范围为________.
答案　(－2，)
解析　∵f′(x)＝3x2＋1>0恒成立，
故f(x)在R上是增函数.
又f(－x)＝－f(x)，∴y＝f(x)为奇函数.
由f(mx－2)＋f(x)<0得f(mx－2)<－f(x)＝f(－x)，
∴mx－2<－x，mx－2＋x<0在m∈[－2,2]上恒成立.
记g(m)＝mx－2＋x，则
即得－2<x<.
5.设函数f(x)＝，g(x)＝，对任意x1、x2∈(0，＋∞)，不等式≤恒成立，则正数k的取值范围是________.
答案　[1，＋∞)
解析　因为对任意x1、x2∈(0，＋∞)，
不等式≤恒成立，所以≥max.
因为g(x)＝，
所以g′(x)＝(xe2－x)′＝e2－x＋xe2－x·(－1)＝e2－x(1－x).
当0<x<1时，g′(x)>0；当x>1时，g′(x)<0，
所以g(x)在(0,1]上单调递增，在[1，＋∞)上单调递减.
所以当x＝1时，g(x)取到最大值，即g(x)max＝g(1)＝e；
因为f(x)＝，当x∈(0，＋∞)时，
f(x)＝e2x＋≥2e，当且仅当e2x＝，
即x＝时取等号，故f(x)min＝2e.
所以max＝＝.
所以≥.又因为k为正数，所以k≥1.
6.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx.
(1)若函数y＝f(x)在x＝2处有极值－6，求y＝f(x)的单调递减区间；
(2)若y＝f(x)的导数f′(x)对x∈[－1,1]都有f′(x)≤2，求的范围.
解　(1)f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
依题意得即
解得∴f′(x)＝3x2－5x－2.
∴令f′(x)<0，得－<x<2.
∴y＝f(x)的单调递减区间是(－，2).
(2)由
得
不等式组确定的平面区域如图阴影部分所示：
由
得
∴Q点的坐标为(0，－1).
设z＝，则z表示平面区域内的点(a，b)与点P(1,0)连线的斜率.
∵KPQ＝1，由图可知z≥1或z<－2，
即z＝的范围是(－∞，－2)∪[1，＋∞).
7.(2012·辽宁)设f(x)＝ln x＋－1，证明：
(1)当x>1时，f(x)<(x－1)；
(2)当1<x<3时，f(x)<.
证明　(1)方法一　记g(x)＝ln x＋－1－(x－1)，
则当x>1时，g′(x)＝＋－<0.
又g(1)＝0，所以有g(x)<0，即f(x)<(x－1).
方法二　当x>1时，2<x＋1，故<＋. ①
令k(x)＝ln x－x＋1，则k(1)＝0，k′(x)＝－1<0，
故k(x)<0，即ln x<x－1. ②
由①②得，当x>1时，f(x)<(x－1).
(2)方法一　记h(x)＝f(x)－，
由(1)得h′(x)＝＋－
＝－<－
＝.
令G(x)＝(x＋5)3－216x，则当1<x<3时，
G′(x)＝3(x＋5)2－216<0，
因此G(x)在(1,3)内是减函数.
又由G(1)＝0，得G(x)<0，所以h′(x)<0.
因此h(x)在(1,3)内是减函数.
又h(1)＝0，所以h(x)<0.
于是当1<x<3时，f(x)<.
方法二　记h(x)＝(x＋5)f(x)－9(x－1)，
则当1<x<3时，
由(1)得h′(x)＝f(x)＋(x＋5)f′(x)－9
<(x－1)＋(x＋5)·－9
＝[3x(x－1)＋(x＋5)(2＋)－18x]
<
＝(7x2－32x＋25)<0.
因此h(x)在(1,3)内单调递减.
又h(1)＝0，所以h(x)<0，即f(x)<.