1、测试测试 15导数的综合运用导数的综合运用一、选择题一、选择题1曲线xxy331在点34, 1处的切线与坐标轴围成的三角形面积为()(A)91(B)92(C)31(D)322设函数 f(x)、g(x)分别是 R 上的奇函数和偶函数，且 x0 时，f (x)0，g(x)0，则 x0 时()(A)f (x)0，g (x)0(B)f (x)0，g(x)0(C)f (x)0，g (x)0(D)f (x)0，g(x)03已知函数 f(x)x3ax2(a6)x1 有极大值和极小值，则 a 的取值范围为()(A)(1，2)(B)(3，6)(C)(，1)(2，)(D)(，3)(6，)4函数 yxcosxsin
2、x 在下面哪个区间内是增函数()(A)23,2(B)(，2)(C)25,23(D)(2，3)5已知二次函数 f(x)ax2bxc 的导数为 f (x)，f (0)0，对于任意实数 x，都有 f(x)0，则)0( ) 1 ( ff的最小值为()(A)3(B)25(C)2(D)23二、填空题二、填空题6直线 y21xb 是曲线 ylnx(x0)的一条切线，则实数 b_7若函数0,0, 3)(2xxxxxf，则11d)(xxf_8设曲线 yeax在点(0，1)处的切线与直线 x2y10 垂直，则 a_9曲线 yx1上任何一点处的切线与坐标轴围成的三角形面积为_10函数 f(x)|3xx3|在2，2上
3、的最大值是_三、解答题三、解答题11设 b，cR，函数 f(x)31x3bx2cx，且 f(x)在区间(1，1)上单调递增，在区间(1，3)上单调递减(1)若 b2，求 c 的值；(2)求证：c312如图，将边长为 6 的等边三角形各切去一个全等的四边形，再沿虚线折起，做成一个无盖的正三棱柱形的容器(1)若这个容器的底面边长为 x，容积为 y，写出 y 关于 x 的函数关系式并注明定义域；(2)求这个容器容积的最大值13已知 f(x)ax3bx2cx 在区间0，1上是增函数，在区间(，0)，(1，)上是减函数，且23)21( f(1)求 f(x)的解析式；(2)若在区间0，m(m0)上恒有 f
4、(x)x 成立，求 m 的取值范围14已知函数 f(x)cxkx21(c0 且 c1，kR)恰有一个极大值点和一个极小值点，其中一个是 xc(1)求函数 f(x)的另一个极值点；(2)求函数 f(x)的极大值 M 和极小值 m，并求 Mm1 时 k 的取值范围15设函数 f(x)x2aln(1x)有两个极值点 x1，x2，且 x1x2(1)求 a 的取值范围，并讨论 f(x)的单调性；(2)证明：f(x2)42ln21参考答案参考答案测试测试 15导数的综合运用导数的综合运用一、选择题一、选择题1C2B3D4B5C提示：5f (x)2axb，f (0)b0由对于任意实数 x，都有 f(x)0，
5、得. 04, 02acba从而有 a0，b0，c0，b24ac(ac)2bac，所以2111)0() 1 (bcabcbaff，即)0() 1 (ff的最小值为 2二、填空题二、填空题6ln2176238292102提示：9设切点为)1,(00 xx，函数 yx1的导函数为21xy，201xk，切线方程为：)(110200 xxxxy，可求出切线在两坐标轴上的交点为(2x0，0)和)2, 0(0 x，切线与两坐标轴围成的三角形面积为2|2|2|2100 xxS10容易判断此函数为2，2上的偶函数，故只需考虑函数 f(x)|3xx3|在0，2上的最大值即可因为. 23,3, 30 ,3)(33x
6、xxxxxxf所以. 23, 33, 30 ,33)( 22xxxxxf令 f (x)0，解得 x1因为 f(x)0，f(1)2，f(3)0，f(2)2，所以 f(x)|3xx3|在0，2上的最大值是 2，此时 x1，或 x2故 f(x)|3xx3|在2，2上的最大值是 2三、解答题三、解答题11解：(1) f (x)x22bxc，依题意得 f (1)0，即 12bc0将 b2 代入，解得 c3(2)由(1)得21cb，代入 f (x)的解析式，得 f (x)x2(c1)xc令 f (x)0，则 x11，x2c由 f(x)在区间(1，1)上单调递增，在区间(1，3)上单调递减，得当1x1 时，
7、f (x)0，当 1x3 时，f (x)0，画出 yf (x)的示意图，可得 c312解：(1)由正三棱柱的底面边长为 x，可得正三棱柱的高为)6(633326xx所以容积)6(6360sin2131xxxy，即)60)(6(2412xxxy(2)解：由)6(2412xxy，可得)60(2414132xxxy，则)60(81212xxxy令 y0，得 0 x4；令 y0，得 4x6所以，函数)60)(6(2412xxxy在(0，4)上是增函数，在(4，6)上是减函数所以，当 x4 时，y 有最大值34，即这个容器容积的最大值为3413解：(1)f (x)3ax22bxc，由已知 f (0)f(
8、1)0，即, 023, 0cbac解得.23, 0abcf (x)3ax23ax，232343)21( aaf，a2，f(x)2x33x2(2)令 f(x)x，即2x33x2x0，x(2x1)(x1)0，210 x，或 x1又 f(x)x 在区间0，m上恒成立，210m即 m 的取值范围是21, 0(14解：(1)解：222222)(2)() 1(2)()( cxckxkxcxkxxcxkxf，由题意知 f (c)0，即 c2k2cck0，(*)c0，k0由 f (x)0 得kx22xck0，由韦达定理知另一个极值点为 x1(或kcx2)(2)由(*)式得12ck，即kc21当 c1 时，k0
9、；当 0c1 时，k2由(1)知函数 f(x)的两个极值点为 1 和c，从而22)() 1)()( cxxcxkxf当 k0 时，f(x)在(，c)和(1，)内是减函数，在(c，1)内是增函数0211) 1 (kckfM，0)2(21)(22kkcckccfm，由1)2(222kkkmM及 k0，解得 k2当 k2 时，f(x)在(，c)和(1，)内是增函数，在(c，1)内是减函数，0)2(2)(2kkcfM，02) 1 (kfm，121) 1(12)2(222kkkkkmM恒成立综上可知，k 的取值范围为(，2)2，)15(1)由题设知，函数 f(x)的定义域是(1，)，xaxxxf122)
10、( 2，且 f (x)0 有两个不同的根 x1，x2，故 2x22xa0 的判别式48a0，即21a，且22111ax，22112ax又 x11，故 a0因此 a 的取值范围是 )21, 0(当 x 变化时，f(x)与 f (x)的变化情况如下表：(1，x1)x1(x1，x2)x2(x2，)f (x)00f(x)极大值极小值因此，f(x)在区间(1，x1)和(x2，)内是增函数，在区间(x1，x2)内是减函数(2)由题设和知，0212x，a2x2(1+x2)，于是 f(x2)x222x2(1x2)ln(1x2)设函数 g(t)t22t(1t)ln(1t)，则g(t)2(12t)ln(1t)当21t时，g(t)0；当)0 ,21(t时，g(t)0，故在区间)0 ,21是增函数于是，当)0 ,21(t时，42ln21)21()( gtg，因此42ln21)()(22xgxf
