发布时间 : 星期二 文章2020年高考数学一轮复习(配最新高考+模拟)第三章 导数及其应用 文更新完毕开始阅读b2657edb54270722192e453610661ed9ac51557d
解析 由题意可知，运输效率越来越高，只需曲线上点的切线的斜率越来越大即可，观察图形可知，选项B满足条件，故选B. 10、答案 C
m－1
解析 ∵f′(x)＝mx＋a，又f′(x)＝2x＋1.
∴?
?m＝2，?
??m－1＝1.
∴m＝2，a＝1.∴f(x)＝x＋x.
2
?1?
?fn??1?111?即?2?，an＝2＝－，
n＋nnn＋1??n＋n?
111111nSn＝(1－)＋(－)＋…＋(－)＝1－＝.
223nn＋1n＋1n＋111、【答案】C
x【解析】因为满足方程f(x)?f'(x)的实数根0叫做函数f(x)的 “新驻点”，所以g(x)?x,h(x新)?ln(x是?1),x??1???(1;)h(x)?ln(x?1)的新驻点为的驻点
ln(x?1)?1x?1的根?；
?(x)?x3?1的新驻点为x3?3x2?1?0的根?；作出图像得?????。
12、答案 A
ππ
解析 f(x)＝sinx＋2xf′() ∴f′(x)＝cosx＋2f′() 33
πππππ1∴f′()＝cos＋2f′() ∴f′()＝－cos＝－
333332
∴f′(x)＝cosx－1≤0，∴f(x)为减函数
1
∵b＝log32>log31＝0>－＝a ∴f(a)>f(b)．
2
二、填空题
13、【答案】4x?y?3?0.
【解析】∵y??3lnx?4,∴切线斜率为4,则切线方程为:4x?y?3?0. 14、答案：2 －2
解析：f（0）＝4，f（f（0））＝f（4）＝2
f′（1）表示曲线f（x）在x＝1处切线的斜率，直线AB的斜率为－2，故填－2。 15、答案：1
解析： (Ⅰ) 函数f (x)的定义域为（0，+∞） ∵ f ′ (x) =∴f?(2)?2?4a?6?0，则a = 1． 16、答案：4
【解析】本小题考查函数单调性的综合运用．若x＝0，则不论a取何值，f?x?≥0显然成
4?2ax?6 x31?3 2xx3?1?2x?31?1?'设g?x??2?3，则g?x??， 所以 在区间gx???0,?上单调递增，在区
x4xx?2?立；当x＞0 即x???1,1?时，f?x??ax?3x?1≥0可化为，a?3?1???4，从而a≥4； 2??3?1?2x?31'当x＜0 即??1,0?时，f?x??ax3?3x?1≥0可化为a?2?3，g?x???0 4xxxg?x? 在区间??1,0?上单调递增，因此g?x?man?g??1??4，从而a≤4，综上a＝4
间?,1?上单调递减，因此g?x?max?g?三、解答题
17、解 (1)∵f(x)为奇函数，
33
∴f(－x)＝－f(x)即－ax－bx＋c＝－ax－bx－c，∴c＝0，
2
∵f′(x)＝3ax＋b的最小值为－12，∴b＝－12，
1
又直线x－6y－7＝0的斜率为，
6
因此，f′(1)＝3a＋b＝－6， ∴a＝2，b＝－12，c＝0.
(2)单调递增区间是(－∞，－2)和(2，＋∞)． f(x)在[－1,3]上的最大值是18，最小值是－82.
18、【答案】:(Ⅰ)
?1??2?134(Ⅱ) 272732【解析】::(Ⅰ)因f(x)?ax?bx?c 故f?(x)?3ax?b 由于f(x) 在点x?2 处取得极值
当x?(?2,2) 时,f?(x)?0 故f(x)在(?2,2) 上为减函数 当x?(2,??) 时f?(x)?0 ,故f(x)在(2,??) 上为增函数.
由此可知f(x) 在x1??2 处取得极大值f(?2)?16?c,f(x) 在x2?2 处取得极小值
f(2)?c?16由题设条件知16?c?28 得c?12此时
f(?3)?9?c?21,f(3)??9?c?3,f(2)?c?16??4因此f(x) 上[?3,3]的最
小值为f(2)??4
19、解析 由于瓶子的半径为r，所以每瓶饮料的利润是 4
y＝f(r)＝0.2×πr3－0.8πr2
3
＝0.8π(－r)，0 3 f′(r)＝0.8π(r2－2r)， 当r＝2时，f′(r)＝0. 当r∈(0,2)时，f′(r)<0；当r∈(2,6)时，f′(r)>0. 因此，当半径r>2时，f′(r)>0，它表示f(r)单调递增，即半径越大，利润越高；半径r<2时，f′(r)<0，它表示f(r)单调递减，即半径越大，利润越低． 所以半径为2 cm时，利润最小，这时f(2)<0，表示此种瓶装饮料的利润还不够瓶子的成本，此时利润是负值．半径为6 cm时，利润最大． 2?20、【解】（1）f(x)＝x?2ax?b， r3 2 2?1a??,??f(1)??a?b?2,??3由题设知： ? 解得? 37?b?.??f?(1)?1?2a?b?2,?3? 即x2?2ax?b?0在(1,2)内有两个不等的实根． ?f?(1)?1?2a?b?0,?f?(2)?4?4a?b?0,???1??a?2,2???4(a?b)?0.?∴ (1)(2)(3)(4) 2a?b?a?a， a?b?0由 （1）+（3）得，由（4）得 11a2?a?(a?)2??224∴?2?a??1，又，∴a?b?2． 故a＋b的取值范围是（0，2） 21. 解:Qf?(x)?a(sinx?xcosx),x?(0,当a?0时,f(x)???2),?sinx?xcosx?0 3不合题意; 23,不合题意; 2当a?0时,f?(x)?0,f(x)单调递减,[f(x)]max?f(0)??当a?0时,f?(x)?0,f(x)单调递增,[f(x)]3??3max?f(?)??22a?2?2 ?a?1,所以综上f(x)?xsinx?32 (2)f(x)在(0,?)上有两个零点.证明如下: 由(1)知f(x)?xsinx?32,f(0)??32?0,f(?2)???32?0 ∴f(x)在[0,?]上至少有一个零点,又由(1)知f(x)在[0,?22]上单调递增, 故在[0,?2]上只有一个零点,当x??????2，???时,令g(x)?f?(x)?sinx?xcosx, g（?2）?1?0，（g?)????0, g(x)在 ?????2，???上续,∴m??????2，???,g(m)?0 g（'x)?2cosx-xsinx?0,∴g(x)在????2，???????上递减,当x???2，m??时, g(x)?g(m)?0, f（'x)?0,f(x)递增,∴当m?(?,m)时,f(x)?f(???322)?2?0 ∴f(x)在(m,?)上递增,∵f(m)?0,f(?)?0 ∴f(x)在(m,?)上只有一个零点,综上f(x)在(0,?)上有两个零点. 22、解析 (1)f′(x)＝a－b?? f1＝a＋b＋c＝0 x2，则有? ?解得? ?? b＝a－1，?f′ 1＝a－b＝1， ??c＝1－2a. (2)由(1)知，f(x)＝ax＋ a－1 x＋1－2a. 令g(x)＝f(x)－ln x＝ax＋a－1 x＋1－2a－ln x，x∈[1，＋∞)， 2 ax－1 x－ 1－a则g(1)＝0，g′(x)＝a－ a－11ax－x－a－1 ax2－x＝x2 ＝x2 ，(ⅰ)当0