2014-2015学年度南昌市高三第一轮复习训练题数学(4)(导数及其应

20143－20154学年度南昌市新课标高三第一轮复习训练题

数学（四）（导数及其应用）

命题人：刘婷 学校：江西师大附中 审题人：朱涤非 学校：江西师大附中

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只

有一项是符合题目要求的。 1．f(x)?x3,f?(x0)?6，则x0?

A.2 B．－2

C．?2

D．?1

2．设P为曲线C:y?x2?2x?3上的点，且曲线C在点P处切线倾斜角的取值范围为

[0,]，则点P横坐标的取值范围为

411A．[?1,?] B．[－1,0] C．[0,1] D.[,1]

22132(0,2)上不单调，则a的取值范围是 3．函数f(x)?ax?x?5(a?0)在(311A．0?a?1 B．0?a? C.?a?1 D．a?1

224．

??101?x2dx的值是

A．

?8 B．

?4 C．

?2

D．?

5．已知向量a,b满足|a|?2|b|?0，且关于x的函数f(x)?上单调递增，则a,b的夹角的取值范围是 A.[0,

131x?|a|x2?(a?b)x在R32D.(?3

) B.[0,?3] C.(?3,?]

?2?3,3]

6．由直线x?11,x?2,曲线y??及x轴所围图形的面积为 2x1A．2ln2 B．?2ln2 C．ln2

2D．

15 47．已知函数f(x)(x?R)满足f(1)?1，且f(x)的导函数f'(x)?解集为

1x1，则f(x)??的222A. {x|?1?x?1}B. {x|x??1} C. {x|x??1或x?1} D. xx?1

8．设函数f(x)在R上可导,其导函数为f?(x),且函数y?(2?x)f?(x)的图像如图所示，

则下列结论中一定成立的是

A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)

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??

B．函数f(x)有极大值f(1)和极小值f(2) C．函数f(x)有极大值f(1)和极小值f(?1) D．函数f(x)有极大值f(?1)和极小值f(2)

x3?x2?1(0?x?2)图象上任意点处切线的斜率为k，则k的最小值是 9．若函数y?31A．1 B． C．0 D．?1

2131210．已知?,?是三次函数f(x)?x?ax?2bx的两个极值点，且??(0,1),??(1,2),

32b?2则的取值范围是 a?1111111 A．(,1) B．(,1) C．(?,) D．(?,) 422422题号 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 二、填空题：本大题共5小题；每小题5分，共25分，把答案填在题中的横线上。 11．函数f(x)?lnx的图像在点x?1处的切线方程是 ． 12．若?为曲线y?x?3x?ax?2的切线的倾斜角，且所有?组成的集合为[实数a的值为______． 13．已知函数f(x)?32??,)，则421131x?sinx?cosx的图象在点A(x0,f(x0))处的切线斜率为,2442则tan2x0的值为________.

14．函数f(x)?(x?3)ex的单调递增区间是 15．设f(x)?(1?x)(1?x)，则函数f?(x)中x3的系数是 .

三、解答题：本大题共6小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或推演步骤。 16．已知函数f(x)?6513a?12x?x?bx?a(a,b?R)，且其导函数f?(x)的图像过原点. 32(1）当a?1时，求函数f(x)的图像在x?3处的切线方程； (2）若存在x?0，使得f?(x)??9，求a的最大值.

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17．二次函数f(x)满足f(0)?f(1)?0，且最小值是?． （1）求f(x)的解析式；

（2）实数a?0，函数g(x)?xf(x)?(a?1)x?ax，若g(x)在区间(?3,2)

上单调递减，求实数a的取值范围．

2x18．已知函数f(x)?(x?3x?3)?e定义域为??2,t?(t??2).

(1)试确定t的取值范围,使得函数f(x)在??2,t?上为单调函数; (2)当1?t?4时,求满足

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2214f??x0?22???t?1的x0的个数. x03e

19．设函数f(x)?lnx?a2x?(a?1)x(a?0,a为常数)． 2122xx??x. 2x?1(1)讨论f(x)的单调性；

(2)若a?1，证明：当x?1时，f(x)?

高三数学（四）第4页 共6页

20．已知函数f(x)?ex(ax?b)，曲线y?f(x)经过点P(0 , 2)，且在点P处的切线为

l：y?4x?2．

（1）求证：曲线y?f(x)和直线 l 只有一个公共点；

（2）是否存在常数k，使得x?[?2 , ?1]，f(x)?k(4x?2)恒成立？若存在，求常数

k的取值范围；若不存在，说明理由．

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21．设函数f(x)?x?1?alnx(a?R)． x(1)讨论f(x)的单调性；

(2)若f(x)有两个极值点x1和x2，假设过点A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))的直线的斜率 为k.问：是否存在a，使得k?2?a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．

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2014－2015学年度南昌市新课标高三第一轮复习训练题

数学（四）参考答案

一．选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分 题号 答案 1 C 2 A 3 D 4 B 5 B 6 A 7 D 8 C 9 D 10 A 二.填空题：本大题共5小题；每小题5分，共25分

11．y?x?1; 12．a?4; 13．3; 14．?2,???; 15．40． 三.解答题：本大题共6小题，共75分 16．解：f(x)?13a?12x?x?bx?a,f?(x)?x2?(a?1)x?b 32由f?(0)?0得 b?0,f?(x)?x(x?a?1).

132(1) 当a?1时, f(x)?x?x?1,f?(x)?x(x?2)，f(3)?1,f?(3)?3

3所以函数f(x)的图像在x?3处的切线方程为y?1?3(x?3),即3x?y?8?0 (2) 存在x?0,使得f?(x)?x(x?a?1)??9,

?a?1??x?999?(?x)?(?)?2(?x)?(?)?6，a??7， xxx当且仅当x??3时，a??7.所以a的最大值为?7.

设f(x)?ax(x?1)(a?0)，则f(x)?ax2?ax?a(x?)2?又f(x)的最小值是?，故

22317．解：（1）由二次函数f(x)满足f(0)?f(1)?0．

12a． 414?a1??．解得a?1．∴f(x)?x2?x； 442222322（2）g(x)?xf(x)?(a?1)x?ax?x?x?ax?x?ax?x?ax?ax．

∴g?(x)?3x2?2ax?a2?(3x?a)(x?a)．

aa，或x??a，又a?0，故??a． 33aa当??a，即a?0时，由g'(x)?0，得?a?x?． 33a∴g(x)的减区间是(?a,)，又g(x)在区间(?3,2)上单调递减，

3??a??3?a?3?∴?a，解得?，故a?6（满足a?0）；

?2?a?6??3由g'(x)?0，得x?高三数学（四）第7页 共6页

aa??a，即a?0时，由g'(x)?0，得?x??a． 33a∴g(x)的减区间是(,?a)，又g(x)在区间(?3,2)上单调递减，

3?a?a??9???3∴?3，解得?，故a??9（满足a?0）．

?a??2???a?2综上所述得a??9，或a?6．∴实数a的取值范围为(??,?9][6,??)． 另解：g?(x)?3x2?2ax?a2，∵a?0，∴ g?(0)??a2?0 ∵g(x)在区间(?3,2)上单调递减，

?g?(?3)?0?27?6a?a2?0 ∴?，解得a??9，或a?6． ??2?g(2)?0??12?4a?a?0∴实数a的取值范围为(??,?9][6,??)．

2xxx18．解：(1)解:因为f?(x)?(x?3x?3)?e?(2x?3)?e?x(x?1)?e

由f?(x)?0?x?1或x?0;由f?(x)?0?0?x?1, 所以f(x)在(??,0),(1,??)上递增,在(0,1)上递减, 欲f(x)在??2,t?上为单调函数,则?2?t?0 f?(x0)f?(x0)222222(2)因为,所以即为, ?x?x?(t?1)x?x?(t?1)0000x0x0ee3322令g(x)?x2?x?(t?1)2,从而问题转化为求方程g(x)?x2?x?(t?1)2=0

33在(?2,t)上的解的个数,

22212因为g(?2)?6?(t?1)??(t?2)(t?4),g(t)?t(t?1)?(t?1)2?(t?2)(t?1),

33332所以当1?t?4时,g(?2)?0且g(t)?0,但由于g(0)??(t?1)2?0,

3所以g(x)?0在(?2,t)上有两解.

f?(x0)22即,满足的x0的个数为2 ?(t?1)x0e319．解：(1)f(x)的定义域为(0,??)，

当

1ax2?(a?1)x?1(ax?1)(x?1)f?(x)??ax?(a?1)??.

xxx11)?0解得1?x?，当0?a?1时，由f?(x)?0解得0?x?1或x?，由f?(x

aa11所以函数f(x)在(0,1)，(,??)上单调递增，在(1，)上单调递减．

aa当a?1时，f?(x)?0对x?0恒成立，所以函数f(x)在(0,??)上单调递增．

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11，由f?(x)?0解得?x?1. aa11所以函数f(x)在(0，)，(1,??)上单调递增，在(,1)上单调递减．

aa2x?x?0. (2)证明：当a?1时，原不等式等价于lnx?2x?x?1x?1因为x?1，所以x?x?1?，

22x2xx?1?x?lnx?2x??因此lnx?2x?. x?1x?1235?x3?2x2?x?12xx?12?令g(x)?lnx?2x?，则g?(x)?2. 2x(x?1)x?123359252令h(x)??x?2x?x?1，当x?1时，h?(x)??x?4x??0，

2222所以h(x)在(1,??)上单调递减，从而h(x)?h(1)?0，即g?(x)?0， 所以g(x)在(1,??)上单调递减，则g(x)?g(1)?0，

122x?x. 所以当x?1时，f(x)?x?2x?120．解：（1）f?(x)?ex(ax?a?b)

当a?1时，由f?(x)?0解得x?1或0?x?0??f(0)?2?e(a?0?b)?2依题意，?/即?0，解得a?b?2

f(0)?4???e(a?0?a?b)?4xxx记g(x)?e(ax?b)?(4x?2)?2e(x?1)?2(2x?1)，则g?(x)?2e(x?2)?4 当x?0时，g?(x)?0；当x?0时，g?(x)?0；当x?0时，g?(x)?0， 所以g(x)?g(0)?0，等号当且仅当x?0时成立，即f(x)?4x?2， 等号当且仅当x?0时成立，曲线y?f(x)和直线 l 只有一个公共点 （2）x?[?2 , ?1]时，4x?2?0，

f(x)ex(x?1)?所以f(x)?k(4x?2)恒成立当且仅当k?

4x?22x?1

ex(x?1)ex(2x2?3x)记h(x)?，x?[?2 , ?1]，h?(x)?， 22x?1(2x?1)3由h?(x)?0得x?0（舍去），x??

233当?2?x??时，h?(x)?0；当??x??1时，h?(x)?0 ，

223ex(x?1)31?2所以h(x)?在区间[?2 , ?1]上的最大值为h(?)?e，

2x?124高三数学（四）第9页 共6页

常数k的取值范围为[e,??) .

143?21ax2?ax?121.解：(1)f(x)的定义域为(0,??)，f?(x)?1?2??．

xxx2令g(x)?x2?ax?1，其判别式??a?4.

①当|a|?2时，??0，f?(x)?0.故f(x)在(0,??)上单调递增．

②当a??2时，??0，g(x)?0的两根都小于0.在(0,??)上，f?(x)?0. 故f(x)在(0,??)上单调递增．

a?a2?4a?a2?4③当a?2时，??0，g(x)?0的两根为x1?. ,x2?22当0?x?x1时，f?(x)?0；当x1?x?x2时，f?(x)?0；当x?x2时，f?(x)?0. 故f(x)分别在(0,x1)，(x2,??)上单调递增，在(x1,x2)上单调递减． (2)由(1)知，a?2.

x?x2因为f(x1)?f(x2)?(x1?x2)?1?a(lnx1?lnx2)，

x1x2f(x1)?f(x2)lnx1?lnx21所以k?. ?1??a?x1?x2x1x2x1?x2lnx1?lnx2又由(1)知，x1x2?1，于是k?2?a?.

x1?x2lnx1?lnx2若存在a，使得k?2?a，则?1.即lnx1?lnx2?x1?x2.

x1?x21亦即x2??2lnx2?0(x2?1).(*)

x21再由(1)知，函数h(t)?t??2lnt在(0,??)上单调递增，而x2?1，

t11所以x2??2lnx2?1??2ln1?0.这与(*)式矛盾．

x21故不存在a，使得k?2?a.

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