《2022年二轮复习精选第一部分18个必考问题专项突破《必考问题3导数及其应用》专题训练.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年二轮复习精选第一部分18个必考问题专项突破《必考问题3导数及其应用》专题训练.pdf（6页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、训练 3导数及其应用(参考时间： 80 分钟 ) 一、填空题1已知函数 yf(x)(xR)上任一点 (x0，f(x0)处的切线斜率 k(x03)(x01)2，则该函数的单调递减区间为_2若函数 y43x3bx 有三个单调区间，则b 的取值范围是 _3已知函数 f(x)的图象过点 (0，5)，它的导数 f(x)4x34x，则当 f(x)取得最大值 5时，x 的值应为 _4三次函数 f(x)mx3x 在 R 上是减函数，则m 的取值范围是 _5函数 f(x)x2cos x 在区间 0， 上的最大值为 _6(2012 常州期末调研 )设 mR，已知函数 f(x)x32mx2(12m)x3m2，若曲线
2、 yf(x)在 x0 处的切线恒过定点P，则点 P 的坐标为 _7 (2012 南通调研 )设 P 是函数 yx(x1)图象上异于原点的动点， 且该图象在点 P 处的切线的倾斜角为 ，则 的取值范围是 _8(2012 苏锡常镇调研 )已知 a，b 为正实数，函数 f(x)ax3bx2x在0,1上的最大值为 4，则 f(x)在1,0上的最小值为 _9(2012 镇江质量检测 )已知函数 yf(x)在点(2，f(2)处的切线方程为y2x1，则函数 g(x)x2f(x)在点(2，g(2)处的切线方程为 y_. 10(2012 盐城模拟 )设 f(x)是定义在 R 上的可导函数，且满足f(x)xf(x
3、)0.则不等式 f(x1)x1f(x21)的解集为 _ 二、解答题11(2012 徐州质检 )在一个半径为 1 的半球材料中截取三个高度均为 h 的圆柱，其轴截面如图所示 设三个圆柱体积之和为Vf(h)(1)求 f(h)的表达式，并写出h 的取值范围；(2)求三个圆柱体积之和V 的最大值精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 1 页，共 6 页 - - - - - - - - - - 12(2012 无锡期末 )已知函数 f(x)x3bx2cx 在 x1 处的切线方程为6x2y10，f(x)为 f
4、(x)的导函数， g(x)a ex(a，b，cR)(1)求 b，c 的值；(2)若存在 x0(0,2，使 g(x0)f(x0)成立，求 a 的范围13已知函数 f(x)mx2xln x. (1)当 m1 时，求 f(x)的最大值；(2)若在函数 f(x)的定义域内存在区间D，使得该函数在区间D 上为减函数，求实数 m的取值范围；(3)当 m0 时，若曲线 C：yf(x)在点 x1 处的切线 l 与 C 有且只有一个公共点，求 m的值14(2012 江苏)若函数 yf(x)在 xx0处取得极大值或极小值，则称x0为函数 yf(x)的极值点已知 a，b 是实数， 1 和1 是函数 f(x)x3ax
5、2bx 的两个极值点(1)求 a 和 b 的值；(2)设函数 g(x)的导函数 g(x)f(x)2，求 g(x)的极值点；(3)设 h(x)f(f(x)c，其中 c2,2，求函数 yh(x)的零点个数参考答案：训练 3导数及其应用1解析由导数的几何意义可知，f(x0)(x03)(x01)20，解得 x03，即该函数的单调递减区间是(，3答案(， 3 2解析由条件 y4x2b， 016b0，得 b0. 答案(2，1) 3解析易知 f(x)x42x25，令 f(x)0，解得 x0 或 x 1，经计算只有f(0)5. 答案0 4解析因为是三次函数，所以m0，又 f(x)3mx210 在 R 上恒成立
6、，所以 m0. 答案(， 0) 5解析f(x)12sin x，由 f(x)0 得，x6或56，又 f(0)2，f636，f56563，f( ) 2，故所求最大值为36. 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 2 页，共 6 页 - - - - - - - - - - 答案366解析因为 f(x)3x24mx12m，所以 f(0)12m，又 f(0)3m2，所以曲线 yf(x)在 x0 处的切线方程为y(3m2)(12m)x，即为m(2x3)yx20，恒过2x30，yx20?x32，y12，即 P
7、32，12. 答案32，127解析因为 y12x(x1)x3 x212 x2343，(当且仅当x13时，“”成立)设点 P(x，y)(x0)，则在点 P 处的切线的斜率k3，所以 tan 3，又 0，)，故 3，2. 答案3，28 解析因为函数 f(x)ax3bx2x在0,1上的最大值为 4， 所以函数 g(x)ax3bx在0,1上的最大值为 2，而 g(x)是奇函数，所以 g(x)在1,0上的最小值为2，故 f(x)在1,0上的最小值为 22132. 答案329解析因为函数 yf(x)在点(2，f(2)处的切线方程为y2x1，所以 f(2)3，f(2)2，则 g(2)4f(2)7，g(2)2
8、2f(2)6，故函数g(x)x2f(x)在点(2，g(2)处的切线方程为y76(x2)，即为 y6x5. 答案6x5 10解析由 f(x)xf(x)0 得(xf(x)0，所以函数 g(x)xf(x)在 R 上是递增函数，f(x1)x1.f(x21)的有意义，必有 x1， 且x1f(x1)x21f(x21)即为 g(x1)g(x21)，所以x1x21，解得 1x2，又 x1，所以原不等式的解集为x|1x2答案x|1x2 11解(1)自下而上三个圆柱的底面半径分别为：r11h2，r21 2h2，r31 3h2. 它们的高均为 h， 所以体积和 Vf(h) r21h r22h r23h(1 h2)(
9、14h2)(19h2)h(3 h14h3) 因为 03h1，所以 h 的取值范围是0，13. (2)由 f(h) (3h14h3)得 f(h) (342h2)3 (114h2)，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 3 页，共 6 页 - - - - - - - - - - 又 h 0，13，所以 h0，1414时，f(h)0；h1414，13时，f(h)0. 所以 f(h)在 0，1414上为增函数，在1414，13上为减函数，所以h1414时，f(h)取最大值， f(h)的最大值为 f141
10、4147. 12解(1)f(x)3x22bxc，f(x)在 x1 处的切线方程为 y(1bc)(32bc)(x1)，即 y(32bc)x2b，32bc3，2b12，即b32，c3，f(x)x332x23x. (2)若存在 x0(0,2使 g(x0)f(x0)成立，即方程 g(x)f(x)在(0,2上有解，a ex3x23x3，a3x23x3ex. 令 h(x)3x23x3ex，h(x)6x33x23x3ex3x29x6ex3 x23x2ex，令 h(x)0，得 x1 或 2.当 x 变化时， h(x)，h(x)的变化状态如下表：x (0,1)1(1,2)2 h(x)00 h(x)极小值极大值h
11、(x)有极小值 h(1)3e，h(x)有极大值 h(2)9e2，且当 x0 时，h(x)39e2，a 的取值范围为3e，3 . 13解(1)当 m1 时 f(x)x2xln x，所以 f(x)2x11x2x1 x1x，又 yf(x)的定义域为 (0，)，所以当 0 x12，f(x)0；当 x12，f(x)0. 因此当 x12时，f(x)maxf1234ln 2. (2)f(x)2mx11x2mx2x1x即 2mx2x10 在(0， )上有解精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 4 页，共 6 页
12、 - - - - - - - - - - m0 显然成立；m0 时，由于对称轴 x14m0，故 18m0? m18. 综上， m18，故 m的取值范围是，18. (3)因为 f(1)m1，f(1)2m，所以切线方程为 ym12m(x1)，即 y2mxm1 从而方程 mx2xln x2mxm1 在(0， )上只有一解令 g(x)mx2xln x2mxm1，则g(x)2mx12m1x2mx2 2m1 x1x2mx1 x1x，所以当 m12， g(x)0 所以 yg(x)在 x(0， )单调递增，且 g(1)0，所以 mx2xln x2mxm1 只有一解当 0m12， x(0,1)， g(x)0；
13、x 1，12m，g(x)0；x12m， ，g(x)0 由 g(1)0 及函数单调性可知g12m0，因为 g(x)mx x 21mmln x1，取 x21m，则 g 21m0，因此在12m， 方程 mx2xln x2mxm1 必有一解从而不符题意当 m12，x 0，12m，g(x)0；x12m，1 ，g(x)0；x(1，)，g(x)0 同理在 0，12m方程 mx2xln x2mxm1 必有一解，不符题意综上所述 m12. 14解(1)由题设知 f(x)3x22axb，且 f(1)32ab0，f(1)32ab0，解得 a0，b3. (2)由(1)知 f(x)x33x.因为 f(x)2(x1)2(
14、x2)，所以 g(x)0 的根为 x1x21， x32， 于是函数 g(x)的极值点只可能是 1或2.当 x2时， g(x)0；当 2x1 时，g(x)0，故 2 是 g(x)的极值点当2x1 或 x1 时，g(x)0，故 1 不是 g(x)的极值点所以 g(x)的极值点为 2. (3)令 f(x)t，则 h(x)f(t)c.先讨论关于 x 的方程 f(x)d 根的情况， d2,2当|d|2 时，由(2)可知 f(x)2 的两个不同的根为1 和2，注意到 f(x)是奇函数，所以 f(x)2 的两个不同的根为 1 和 2. 当|d|2 时，因为 f(1)df(2)d2d0，f(1)df(2)d2
15、d0，所以 2，1,1,2都不是 f(x)d 的根由 (1)知 f(x)3(x1)(x1)当 x(2，)时，f(x)0，于是 f(x)是单调增函数，从而f(x)f(2)2，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 5 页，共 6 页 - - - - - - - - - - 此时 f(x)d 无实根同理， f(x)d 在(， 2)上无实根当 x(1,2)时，f(x)0，于是 f(x)是单调增函数，又f(1)d0，f(2)d0，yf(x)d 的图象不间断， 所以 f(x)d 在(1,2)内有唯一实根 同
16、理，f(x)d 在(2，1)内有唯一实根当 x(1,1)时，f(x)0，故 f(x)是单调减函数，又f(1)d0，f(1)d0，yf(x)d 的图象不间断，所以f(x)d 在(1,1)内有唯一实根由上可知：当 |d|2 时，f(x)d 有两个不同的根 x1，x2满足|x1|1，|x2|2；当|d|2 时，f(x)d 有三个不同的根 x3，x4，x5满足|xi|2，i3,4,5. 现考虑函数 yh(x)的零点(i)当|c|2 时，f(t)c 有两个根 t1，t2满足|t1|1，|t2|2，而 f(x)t1有三个不同的根， f(x)t2有两个不同的根，故yh(x)有 5 个零点(ii)当|c|2 时，f(t)c 有三个不同的根， t3，t4，t5满足|ti|2，i3,4,5，而 f(x)ti(i3,4,5)有三个不同的根，故yh(x)有 9 个零点综上可知，当 |c|2 时，函数 yh(x)有 5 个零点；当 |c|2 时，函数 yh(x)有 9 个零点精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 6 页，共 6 页 - - - - - - - - - -