高考数学二轮复习专题训练：导数及其应用 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部
分．满分150分．考试时间120分钟．
第Ⅰ卷(选择题 共60分)
一、选择题 (本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出地 四个选项中，只有一项是符合题目要求地 ) 1．已知二次函数f(x)?ax2?bx?c地 导数f'(x),f'(0)?0，且f(x))地 值域为[0,??)，则ff'((1地 最小值为( ) 0)A．3 【答案】C 2．limf(x?x?00B．5 2C．2
D．3 2?2?x)?f(x0)?1?x，则f?(x)等于( )
0A． 2 B． 1
C． 12 D． 0
【答案】C
3．函数y＝cosx
1－x地 导数是( )
A．cosx＋sinx＋xsinx1－x
2
B．cosx－sinx＋xsinx1－x
2
C．cosx－sinx＋xsinx1－x
D．cosx＋sinx－xsinx1－x
2
【答案】B
4．曲线y?(1)x2在x?0点处地 切线方程是( ) A．x?yln2?ln2?0
B． xln2?y?1?0
C． x?y?1?0 【答案】B
D． x?y?1?0
5．已知曲线S: y?3x?x及点P(2,?2)，则过点P可向S引
3切线地 条数为( ) A．0 【答案】B
6．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． 2 【答案】C
7．已知函数y=f(x)在区间(a，b)内可导，且x0∈（a，b）则limf(xh?00B．1 C．2 D．3
6
B．2
9
C． 2 D．2
1215
?h)?f(x0?h)h 地 值为( )
A．f’(x0) B．2 f’(x0) C．-2 f’(x0)
【答案】B
D．0
8．已知函数f(x)?x3?ax2?2ax?3a2，且在f(x)图象一点(1,f(1))处
地 切线在y轴上地 截距小于0，则a地 取值范围是( ) A．（-1，1） 【答案】C
9．设函数f(x)?g(x)?x，曲线y?g(x)在点(1,g(1))处地 切线
2B．(2,1) 32C．(?2D．,1) (?1,) 33方程为y?2x?1，则曲线y?f(x)在点(1,f(1))处切线地 斜率为( ) A．?1 4【答案】C 10．函数
f(x)?(x3?1)(x3?2)L(x3?100)B．2 C．4
D．?1 2在x??1处地 导数值为
( ) A．0 【答案】C
11．对于三次函数f(x)?ax3B．100! C．3·99！ D．3·100！
?bx2?cx?d（a?0），定义：设f??(x)是函数y?f?(x)地 导数，若方程f??(x)?0有实数解x0，则称点（x0，f（x0））为函数y?f(x)地 “拐点”．有同学发现:“任何一个三次函数都有‘拐点’；任何一个三次函数都有对称中心；且‘拐点’就是对称中心．”请你将这一发现为条件，若函数
1151g(x)?x3?x2?3x??3212x?12，则
g(12342010)?g()?g()?g()?L?g()20112011201120112011=( )
A．2010 B．2011 C．2012 D．2013
【答案】A 12．?|x202?1|dx地 值是( ) B．4 3C．2
D．8 3A．2 3【答案】C
第Ⅱ卷(非选择题 共90分)
二、填空题 (本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上)
1x?sinx?13．已知函数f?x??1243cosx4地 图像在点A?x,y?处
00地 切线斜率为1，则tanx?____________. 0【答案】?3 14．曲线y?f(x)在点P(3,f(3))处地 切线方程是y?ax?8，若
f(3)+f(3)=0，则实数a= 。
'【答案】a=-2
15．函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)?f(2?x)，且当
x?(??,1)时，(x?1)f'(x)?0，设a?f(0),b?f(1),c?f(3)，则a,b,c从2小到大排列地 顺序为____________ 【答案】c?a?b 16．如图，由两条曲线
y??x2,4y??x2及直线y??1所围成
地 图形地 面积为
【答案】4 3三、解答题 (本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 17．已知函致f (x)＝x十bx＋cx+d.
3
2
(1）当b=0时，证明：曲线y=f(x)与其在点(0， f(0))处地 切线只有一个公共点；
(2）若曲线y=f(x)在点(1，f(1))处地 切找为12x.+y－13=0，且它们只有一个公共 点，求函数y=f(x)地 所有极值之和．
【答案】（1）当b＝0时，f(x)＝x＋cx＋d，f?(x)＝3x＋c．
f(0)＝d，f?(0)＝c．
曲线y＝f(x)与其在点(0，f(0))处地 切线为y＝cx＋d．
?y＝x3＋cx＋d，3
?由消去y，得x＝0，x＝0． ?y＝cx＋d，
2
3
所以曲线y＝f(x)与其在点(0，f(0))处地 切线只
有一个公共点即切点． (2）由已知，切点为(1，1)． 又f?(x)＝3x＋2bx＋c，于是
?f(1)?1?'?f(1)??122
?1＋b＋c＋d＝1，即?得c＝－2b－15，d＝b?3＋2b＋c＝－12，
＋15．
从而f(x)＝x＋bx－(2b＋15)x＋b＋15．
?y＝x3＋bx2－(2b＋15)x＋b＋15，3由?消去y，得x?12x＋y－13＝0，
3
2
＋bx－(2b＋3)x＋b＋2＝0．
因直线12x＋y－13＝0与曲线y＝f(x)只有一个公共点(1，1)，
则方程x＋bx－(2b＋3)x＋b＋2＝(x－1)[x＋(b＋1)x－b－2]
3
2
2
2
＝(x－1) (x－1) (x＋b＋2) 故b＝－3．
于是f(x)＝x－3x－9x＋12，f?(x)＝3x－6x－9＝3(x＋1)(x－3)．
当x变化时，f?(x)，f(x)地 变化如下：
3
2
2
由此知，函数y＝f(x)地 所有极值之和为2． 18．已知函数
f?x??x3?3ax?b?a?0?
(1）若曲线y?f?x?在点?2,f?2??处与直线y?8相切，求a,b地 值；
(2）求函数f?x?地 单调区间与极值．
【答案】（1）
y?8f'?x??3x2?3a而线y?f?x?在点?2,f?2??处与直线
相切，所以
且f?2??8由此得12?3a?0即a?4，8?12?2?b?8即b?24
f?x??x3?12x?24f'?2??0(2）由（1）地
f?x?所以
f'?x??3x2?12?3?x?2??x?2?
随x地 变如下表：
又因为f??2??40，f?2??8所以函数在???,?2?和?2,???上单调递增，在??2,2?单调递减.函数地 极大值为40，极小值为8.
19．已知函数f(x)?1x33?a?12x?bx?a(a,b?R)2，且其导函数f?(x)地 图像过原点.
(1)当a?1时，求函数f(x)地 图像在x?3处地 切线方程;
(2)若存在x?0，使得f?(x)??9，求a地 最大值； (3)当a?0时，求函数f(x)地 零点个数。 【答案】f(x)?133x?a?12x2?bx?a，f?(x)?x2?(a?1)x?b
由f?(0)?0得 b?0，f?(x)?x(x?a?1). (1) 当a?1时， f(x)?1x33?x2?1，f?(x)?x(x?2)，f(3)?1，所以函数f(x)地 图像在x?3处地 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?9?(?x)?(?9)?2(?x)?(?9xxx)?6，a??7，
当且仅当x??3时，a??7.所以a地 最大值为?7. (3) 当a?0时，x,f?(x),f(x)地 变化情况如下表：f?(3)?3
f(x)地 极大值f(0)?a?0，
(a?1)地 极小值f(a?1)?a?163f(x)1?11????a3?3(a?)2???06?24?
1又f(?2)??a?14?0,f(x)?x3323??x?(a?1)?a??2??，f(3(a?1))?a?0. 2所以函数f(x)在区间??2,0?,(0,a?1),(a?1,3(a?1))内各有一个零2点，
故函数f(x)共有三个零点。 20．已知函数
f(x)?mxm?2?(m?0)22x．
(1）若f(x)?lnx?m?1在[1，??)上恒成立，求m取值范围； (2）证明：2 ln2 + 3 ln3+…+ n lnn
2n3?3n2?5n?12（n?N）．
*m?2【答案】令g(x)?lnx?mx??m?1?0在x?[1,??)上恒成立 22xmm?2?(x?1)(mx?m?2) g(x)?1 ???x22x2x'222(1) 当?1?m?1?1时，即m?1时
g(x)?0在[1,??)恒成立．?g(x)在其上递减．
'Qgmax?g(1)?0
?
原式成立．
2当m?1?1即0 Qg(1)?0,gmax?g(2?1)?g(1)?0m ? 不能恒成立． 综上：m?1 1(2) 由 (1) 取m=1有lnx?1(x?) 2xx2?1?xlnx?2令x=n n2?1?nlnn?21?2ln2?3ln3?....?nlnn?[22?32?..?n2?1?n]2Q12?22?...?n2?n(n?1)(2n?1)6 ?化简证得原不等式成立． 21．已知函数f(x)=ln(1+x)－x，g(x)=xlnx.求函数f(x)地 最大值； 设0﹤a＜b，证明： g(a)﹢g(b)﹣ln2 【答案】(1）由已知可得x>-1， 得x=0. (x)>0 当-1 1f′(x)?1?x(x)?0-1，令f′(x)<0 所以f(x)地 最大值为f(0)=0 当x>0时，f′(２）证明：只需证整理得 a(lna?lna?b?ln2)2alna?blnb?2a?ba?bln22＜（ｂ－a）ln2 ＋ b(lnb?lna?b?ln2)2＜０ 即证 aln4ab?blna?ba?b＜０ b4bln?lna?0aab1?1?ba上式两边除以a，整理得设 b?xa ＞１令Ｆ（ｘ）＝ x1?xln4x?xln1?x1?x F′(x)?ln(x)＜０ 当ｘ＞１时F′?Ｆ（ｘ）在区间（1，+∞）上单调减，又Ｆ（１） ＝０ ?Ｆ（ｘ）＜０ b4bln?lna?0aab1?1?babF()a＝ a?b)2? g(a)﹢g(b)﹣ 2g(＜（b﹣a）ln2 . 22．已知函数f(x)?ax2?(2?5a)x?5lnx(a?R)(Ⅰ)若曲线y?f(x)在x?3和x?5处地 切线互相平行，求a地 值； (Ⅱ)求f(x)地 单调区间； 55(Ⅲ)设g(x)?x-5x，若对任意x?(0,]，均存在x?(0,]，使222212得f(x)?g(x)， 求a地 取值范围. 12【答案】f?(x)?2ax?(2?5a)?5(x?0) x(Ⅰ）f?(3)?f?(5)，解得a?1. 6x?5)(Ⅱ）f?(x)?(ax?1)(2(x?0). x5(0,)2①当a?0时，x?0，ax?1?0，在区间间 5(,??)2上，f?(x)?0；在区 5(0,)2上f?(x)?0，故f(x)地 单调递增区间是 5(,??)2，单调 递减区间是②当 20?a?5. ， 在区间 5(0,)2时， 15?a2和(1,??)上，f?(x)?0；a5(0,)2在区间 51(,)2a上f?(x)?0，故f(x)地 单调递增区间是和 1(,??)a，单调递减区间是 54(x?)22f?(x)?5x51(,)2a. 2③当a?5时， ， 故f(x)地 单调递增区间是 (0,??). 2515④当a?5时，0?1?， 在区间(0,)和(,??)上，f?(x)?0；a2a251在区间(1,)上f?(x)?0，故f(x)地 单调递增区间是(0,)和a2a5(,??)25，单调递减区间是(1,). a2 (Ⅲ）由已知，在(0,5]上有f(x)2由已知，g(x)maxmax?g(x)max. ?0，由（Ⅱ）可知， 2①当a?5时，f(x)在(0,5]上单调递增， 2故f(x)max52555255?f()?a?(2?5a)?5ln??a?5?5ln242242255a?5?5ln?04245a?(ln?1)52， 所以，故 ?，解得， 452(ln?1)?a?525. 2115②当a?5时，在 f(x)在(0,]上单调递增，(,]上单调递减，aa2故f(x)max11111?f()??5??5ln???5(ln?1)aaaaa. 25151由a?5可知1??e?ln?ln?1?ln?1?0， a2a2a2 所以a?5，f(x)max?0， 454(ln?,??)525综上所述， a地 取值范围为 .
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