专题升级训练6 导数及其应用(时间：60分钟 满分：100分)一、选择题(本大题共6小题，每小题6分，共36分)1．函数y＝f(x)的图象在点x＝5处的切线方程是y＝－x＋8，则f(5)＋f′(5)等于( )．A．1B．2C．0D.2．f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)的图象最有可能是下图中的( )．3．当x∈(0,5)时，函数y＝xlnx( )．A．是单调增函数B．是单调减函数C．在上单调递增，在上单调递减D．在上单调递减，在上单调递增4．函数y＝xsinx＋cosx在下面哪个区间内是增函数( )．A.B．(π，2π)C.D．(2π，3π)5．f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)－f(x)≤0，对任意正数a，b，若a＜b，则必有( )．A．af(b)≤bf(a)B．bf(a)≤af(b)C．af(a)≤f(b)D．bf(b)≤f(a)6．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，x∈[－2,2]表示的曲线过原点，且在x＝±1处的切线斜率均为－1，给出以下结论：①f(x)的解析式为f(x)＝x3－4x，x∈[－2,2]；②f(x)的极值点有且仅有一个；③f(x)的最大值与最小值之和等于0.其中正确的结论有( )．A．0个B．1个C．2个D．3个-5-\n二、填空题(本大题共3小题，每小题6分，共18分)7．在直径为d的圆木中，截取一个具有最大抗弯强度的长方体梁，则矩形面的长为__________．(强度与bh2成正比，其中h为矩形的长，b为矩形的宽)8．函数f(x)＝x3－3a2x＋a(a＞0)的极大值是正数，极小值是负数，则a的取值范围是__________．9．若点P是曲线y＝x2－lnx上任意一点，则点P到直线y＝x－2的最小距离为__________．三、解答题(本大题共3小题，共46分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)10．(本小题满分15分)设x＝1与x＝2是函数f(x)＝alnx＋bx2＋x的两个极值点．(1)试确定常数a和b的值；(2)试判断x＝1，x＝2是函数f(x)的极大值点还是极小值点，并说明理由．11.(本小题满分15分)已知函数f(x)＝4x3＋3tx2－6t2x＋t－1，x∈R，其中t∈R.(1)当t＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)当t≠0时，求f(x)的单调区间．12．(本小题满分16分)(2012·湖南浏阳一中模拟，22)已知函数f(x)＝ax3＋bx2－3x在x＝±1处取得极值．(1)求函数f(x)的解析式；(2)求证：对于区间[－1,1]上任意两个自变量的值x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤4；(3)若过点A(1，m)(m≠－2)可作曲线y＝f(x)的三条切线，求实数m的取值范围．-5-\n参考答案一、选择题1．B 解析：由题意知f(5)＝－5＋8＝3，f′(5)＝－1，故f(5)＋f′(5)＝2.故选B.文科用2.A 解析：根据导函数f′(x)的图象可知f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上单调递减，在(－2,0)上单调递增．故选A.3．D 解析：y′＝lnx＋1，令y′＝0，得x＝.在上y′＜0，在上y′＞0，∴y＝xlnx在上单调递减，在上单调递增．故选D.4．C 解析：∵y＝xsinx＋cosx，∴y′＝(xsinx)′＋(cosx)′＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，∴当＜x＜时，xcosx＞0，即y′＞0.故函数y＝xsinx＋cosx在区间内是增函数．故选C.5．A 解析：设F(x)＝，则F′(x)＝≤0，故F(x)＝为减函数．由0＜a＜b，有≥af(b)≤bf(a)，故选A.6．C 解析：∵f(0)＝0，∴c＝0.∵f′(x)＝3x2＋2ax＋b，∴即解得a＝0，b＝－4，∴f(x)＝x3－4x，∴f′(x)＝3x2－4.令f′(x)＝0得x＝±∈[－2,2]，∴极值点有两个．∵f(x)为奇函数，∴f(x)max＋f(x)min＝0.∴①③正确，故选C.二、填空题7.d 解析：如图为圆木的横截面，由b2＋h2＝d2，∴bh2＝b(d2－b2)．设f(b)＝b(d2－b2)，∴f′(b)＝－3b2＋d2.令f′(b)＝0，又∵b＞0，∴b＝d，且在上f′(b)＞0，在上f′(b)＜0.-5-\n∴函数f(b)在b＝d处取极大值，也是最大值，即抗弯强度最大，此时长h＝d.8. 解析：f′(x)＝3x2－3a2＝3(x＋a)(x－a)，由f′(x)＝0得x＝±a，当－a＜x＜a时，f′(x)＜0，函数递减；当x＞a或x＜－a时，f′(x)＞0，函数递增．∴f(－a)＝－a3＋3a3＋a＞0，且f(a)＝a3－3a3＋a＜0，解得a＞.9. 解析：过点P作y＝x－2的平行直线，且与曲线y＝x2－lnx相切．设P(x0，x20－lnx0)，则有k＝y′|x＝x0＝2x0－.∴2x0－＝1，∴x0＝1或x0＝－(舍去)，∴P(1,1)，∴d＝＝.三、解答题10．解：(1)f′(x)＝＋2bx＋1.由已知解得(2)x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：x(0,1)1(1,2)2(2，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)极小值极大值∴在x＝1处，函数f(x)取得极小值.在x＝2处，函数f(x)取得极大值－ln2.11．解：(1)当t＝1时，f(x)＝4x3＋3x2－6x，f(0)＝0，f′(x)＝12x2＋6x－6，f′(0)＝－6，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－6x.(2)f′(x)＝12x2＋6tx－6t2.令f′(x)＝0，解得x＝－t或x＝.因为t≠0，以下分两种情况讨论：①若t＜0，则＜－t.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－t，＋∞)f′(x)＋－＋f(x)↗↘↗所以，f(x)的单调递增区间是，(－t，＋∞)；f(x)的单调递减区间是.②若t＞0，则－t＜.-5-\n当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－t)f′(x)＋－＋f(x)↗↘↗所以，f(x)的单调递增区间是(－∞，－t)，；f(x)的单调递减区间是.12．解：(1)f′(x)＝3ax2＋2bx－3，依题意，f′(1)＝f′(－1)＝0，即，解得∴f(x)＝x3－3x.(2)∵f(x)＝x3－3x，∴f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，当－1＜x＜1时，f′(x)＜0，故f(x)在区间[－1,1]上为减函数，fmax(x)＝f(－1)＝2，fmin(x)＝f(1)＝－2.∵对于区间[－1,1]上任意两个自变量的值x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤|fmax(x)－fmin(x)|，|f(x1)－f(x2)|≤|fmax(x)－fmin(x)|≤2－(－2)＝4.(3)f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，∵曲线方程为y＝x3－3x，∴点A(1，m)不在曲线上．设切点为M(x0，y0)，则点M的坐标满足y0＝x－3x0.因f′(x0)＝3(x－1)，故切线的斜率为3(x－1)＝，整理得2x－3x＋m＋3＝0.∵过点A(1，m)可作曲线的三条切线，∴关于x0的方程2x－3x＋m＋3＝0有三个实根，设g(x0)＝2x－3x＋m＋3，则g′(x0)＝6x－6x0，由g′(x0)＝0，得x0＝0或x0＝1.∴函数g(x0)＝2x－3x＋m＋3的极值点为x0＝0，x0＝1.∴关于x0的方程2x－3x＋m＋3＝0有三个实根的充要条件是g(1)g(0)＜0，即(m＋3)(m＋2)＜0，解得－3＜m＜－2.故所求的实数a的取值范围是－3＜m＜－2.-5-
