高中三年級2025年上冊數(shù)學(xué)導(dǎo)數(shù)應(yīng)用題沖刺押題（附答案）考試時間：______分鐘總分：______分姓名：______一、選擇題：本大題共5小題，每小題5分，共25分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知函數(shù)`f(x)=x3-3x2+2`，則函數(shù)`f(x)`在區(qū)間`(-1,3)`內(nèi)的極大值點為`x=`。2.若函數(shù)`g(x)=x3-ax+1`在區(qū)間`(1,+∞)`上單調(diào)遞增，則實數(shù)`a`的取值范圍是。3.關(guān)于函數(shù)`h(x)=e?-x`，下列說法正確的是。(A)`h(x)`在`R`上有且僅有一個極小值點。(B)`h(x)`在`R`上有且僅有一個極大值點。(C)`h(x)`在`R`上無極值點。(D)`h(x)`在`R`上有且僅有兩個極值點。4.已知函數(shù)`f(x)=x2-2x+3`和`g(x)=x+1`，若方程`f'(x)=g'(x)`有實數(shù)解，則該實數(shù)解的取值個數(shù)為。5.若存在實數(shù)`x`使得`x3-3x+p=0`有三個相異實根，則實數(shù)`p`的取值范圍是。二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分。6.已知函數(shù)`f(x)=x3-3x2+2x+1`，則函數(shù)`f(x)`在區(qū)間`[-1,4]`上的最大值為。7.設(shè)函數(shù)`F(x)=x3-3x2+2`，若`F(x)=k`有且僅有兩個不同的實數(shù)解，則實數(shù)`k`的取值范圍是。8.已知函數(shù)`f(x)=x3-ax2+bx`在`x=1`處取得極值，且極值為`-1`，則`a+b`的值為。9.不等式`x3-x>x2-1`在區(qū)間`(0,2)`上的解集為。三、解答題：本大題共6小題，共75分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。10.(本小題滿分12分)已知函數(shù)`f(x)=x3-3x2+2x`。(1)求函數(shù)`f(x)`的單調(diào)遞增區(qū)間和單調(diào)遞減區(qū)間；(2)求函數(shù)`f(x)`在區(qū)間`[0,3]`上的最大值和最小值。11.(本小題滿分12分)已知函數(shù)`g(x)=x3-ax2+(a+2)x-1`。(1)若`g(x)`在`x=1`處的切線方程為`y=x-1`，求實數(shù)`a`的值；(2)在(1)的條件下，討論函數(shù)`g(x)`的零點分布情況。12.(本小題滿分12分)已知函數(shù)`h(x)=x3-3x2+2`。(1)求函數(shù)`h(x)`的極值點；(2)證明：對于任意實數(shù)`t`，方程`h(x)=t`在區(qū)間`(-∞,0)`上至多有一個實數(shù)解。13.(本小題滿分12分)設(shè)函數(shù)`F(x)=x3-3x+2`。(1)求函數(shù)`F(x)`的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：不等式`x3-3x≥2`在區(qū)間`[1,+∞)`上恒成立。14.(本小題滿分12分)已知函數(shù)`f(x)=x3-3x2+2x+1`。(1)求函數(shù)`f(x)`的單調(diào)區(qū)間；(2)若關(guān)于`x`的方程`f(x)=k`有兩個不同的實數(shù)解，求實數(shù)`k`的取值范圍。15.(本小題滿分15分)已知函數(shù)`g(x)=x3-ax2+bx`，其中`a,b`為實數(shù)。(1)若`g(x)`在`x=1`處取得極大值，在`x=3`處取得極小值，求`a`和`b`的值；(2)在(1)的條件下，討論關(guān)于`x`的方程`g(x)=1`的實數(shù)解的個數(shù)。---試卷答案一、選擇題：1.12.`(-∞,3]`3.(A)4.15.`(-2,2)`二、填空題：6.57.`(-∞,-1)∪(3,+∞)`8.-39.`(1,1)`三、解答題：10.解：(1)函數(shù)`f(x)=x3-3x2+2x`，則`f'(x)=3x2-6x+2=3(x2-2x)+2=3(x-1)2-1`。令`f'(x)>0`，得`3(x-1)2-1>0`，即`(x-1)2>1/3`，解得`x-1>1/√3`或`x-1<-1/√3`，即`x>1+1/√3`或`x<1-1/√3`。令`f'(x)<0`，得`3(x-1)2-1<0`，即`(x-1)2<1/3`，解得`-1/√3<x-1<1/√3`，即`1-1/√3<x<1+1/√3`。故函數(shù)`f(x)`的單調(diào)遞增區(qū)間為`(-∞,1-1/√3)`和`(1+1/√3,+∞)`；單調(diào)遞減區(qū)間為`(1-1/√3,1+1/√3)`。(2)由(1)知，函數(shù)`f(x)`在`x=1-1/√3`處取得極大值，在`x=1+1/√3`處取得極小值。計算`f(1-1/√3)=(1-1/√3)3-3(1-1/√3)2+2(1-1/√3)=1-3(1/√3)+3(1/3)-1/√3+3(1/√3)-1=2√3-2`。計算`f(1+1/√3)=(1+1/√3)3-3(1+1/√3)2+2(1+1/√3)=1+3(1/√3)+3(1/3)+1/√3-3(1/√3)-1=2√3+2`。計算`f(0)=03-3(0)2+2(0)=0`。計算`f(3)=33-3(3)2+2(3)=27-27+6=6`。比較`f(0)=0`，`f(1-1/√3)=2√3-2`，`f(1+1/√3)=2√3+2`，`f(3)=6`。由于`1-1/√3∈(0,1+1/√3)∈(1,3)`，故`f(1-1/√3)=2√3-2`為極大值，`f(1+1/√3)=2√3+2`為極小值。區(qū)間端點函數(shù)值為`f(0)=0`，`f(3)=6`。比較`2√3-2`與`0`，`2√3+2`與`6`。因為`√3≈1.732`，所以`2√3-2≈3.464-2=1.464`，`2√3+2≈3.464+2=5.464`。顯然`2√3+2<6`。故函數(shù)`f(x)`在區(qū)間`[0,3]`上的最大值為`f(3)=6`，最小值為`f(1-1/√3)=2√3-2`。11.解：(1)函數(shù)`g(x)=x3-ax2+(a+2)x-1`，則`g'(x)=3x2-2ax+(a+2)`。`g(x)`在`x=1`處的切線斜率為`g'(1)`。計算`g'(1)=3(1)2-2a(1)+(a+2)=3-2a+a+2=5-a`。切線方程為`y=g'(1)(x-1)+g(1)`。計算`g(1)=13-a(1)2+(a+2)(1)-1=1-a+a+2-1=2`。切線方程為`y=(5-a)(x-1)+2=(5-a)x-5+a+2=(5-a)x+(a-3)`。即`y=(5-a)x+(a-3)`。題目給出的切線方程為`y=x-1`，即`y=1x+(-1)`。比較`y=(5-a)x+(a-3)`和`y=1x+(-1)`，得`5-a=1`且`a-3=-1`。解得`a=4`。(2)由(1)知，`a=4`。此時，函數(shù)`g(x)=x3-4x2+6x-1`。`g'(x)=3x2-8x+6=3(x2-(8/3)x)+6=3(x-4/3)2-6/3+6=3(x-4/3)2+12/3=3(x-4/3)2+4`。因為`(x-4/3)2≥0`對所有實數(shù)`x`恒成立，所以`3(x-4/3)2+4>0`對所有實數(shù)`x`恒成立。即`g'(x)>0`對所有實數(shù)`x`恒成立。這說明函數(shù)`g(x)`在整個實數(shù)域`R`上是單調(diào)遞增的。根據(jù)單調(diào)函數(shù)的性質(zhì)，若`g(x)`是單調(diào)遞增函數(shù)，則方程`g(x)=k`在`R`上最多有一個實數(shù)解。特別地，在區(qū)間`(-∞,0)`上，`g(x)`仍然是單調(diào)遞增的。因此，方程`g(x)=k`在區(qū)間`(-∞,0)`上至多有一個實數(shù)解。12.解：(1)函數(shù)`h(x)=x3-3x2+2`，則`h'(x)=3x2-6x=3x(x-2)`。令`h'(x)=0`，得`3x(x-2)=0`，解得`x=0`或`x=2`。列表分析函數(shù)`h(x)`的單調(diào)性：|x|`(-∞,0)`|0|`(0,2)`|2|`(2,+∞)`||:----------|:--------|:--|:-------|:--|:--------||`h'(x)`|+|0|-|0|+||`h(x)`|↗|極大|↘|極小|↗|由表可知，函數(shù)`h(x)`在`x=0`處取得極大值，在`x=2`處取得極小值。故函數(shù)`h(x)`的極值點為`x=0`和`x=2`。(2)要證明方程`h(x)=t`在區(qū)間`(-∞,0)`上至多有一個實數(shù)解，即證明在`(-∞,0)`上，函數(shù)`h(x)`的值只能取一次。由(1)知，函數(shù)`h(x)`在`x=0`處取得極大值`h(0)=03-3(0)2+2=2`。由表可知，在區(qū)間`(-∞,0)`上，函數(shù)`h(x)`是單調(diào)遞增的。單調(diào)遞增函數(shù)在某個區(qū)間內(nèi)至多有一個零點。因此，若方程`h(x)=t`在區(qū)間`(-∞,0)`上有解，則該解唯一。若`t>2`或`t<0`，由`h(x)`的單調(diào)性知，`h(x)=t`在`(-∞,0)`上無解。若`0≤t≤2`，由`h(x)`在`(-∞,0)`上單調(diào)遞增，且`h(0)=2`，可知`h(x)≤2`對所有`x∈(-∞,0)`恒成立。所以，`h(x)=t`在`(-∞,0)`上有解的條件是`0≤t≤2`。當(dāng)`0≤t≤2`時，由于`h(x)`在`(-∞,0)`上單調(diào)遞增，且`h(0)=2`，根據(jù)單調(diào)遞增函數(shù)的性質(zhì)，方程`h(x)=t`在`(-∞,0)`上有且僅有一個解。綜上所述，對于任意實數(shù)`t`，方程`h(x)=t`在區(qū)間`(-∞,0)`上至多有一個實數(shù)解。13.解：(1)函數(shù)`F(x)=x3-3x+2`，則`F'(x)=3x2-3=3(x2-1)=3(x-1)(x+1)`。令`F'(x)=0`，得`3(x-1)(x+1)=0`，解得`x=-1`或`x=1`。列表分析函數(shù)`F(x)`的單調(diào)性：|x|`(-∞,-1)`|-1|`(-1,1)`|1|`(1,+∞)`||:--------|:---------|:-|:--------|:-|:--------||`F'(x)`|+|0|-|0|+||`F(x)`|↗|極大|↘|極小|↗|由表可知，函數(shù)`F(x)`在`x=-1`處取得極大值，在`x=1`處取得極小值。故函數(shù)`F(x)`的單調(diào)遞增區(qū)間為`(-∞,-1)`和`(1,+∞)`；單調(diào)遞減區(qū)間為`(-1,1)`。(2)要證明不等式`x3-3x≥2`在區(qū)間`[1,+∞)`上恒成立。將不等式變形為`x3-3x-2≥0`。設(shè)`G(x)=x3-3x-2`。由(1)知，`G(x)`在`x=1`處取得極小值`G(1)=13-3(1)-2=1-3-2=-4`。由`G(x)`的單調(diào)性表可知，在區(qū)間`(1,+∞)`上，`G(x)`是單調(diào)遞增的。單調(diào)遞增函數(shù)在區(qū)間`[a,+∞)`上恒非負(fù)的條件是`G(a)≥0`。這里，`G(1)=-4<0`，且`G(x)`在`(1,+∞)`上單調(diào)遞增。這意味著在`(1,+∞)`上，`G(x)`將從負(fù)值逐漸變?yōu)檎?，但不會在`(1,+∞)`上恒為非負(fù)。因此，不等式`x3-3x-2≥0`，即`x3-3x≥2`在區(qū)間`[1,+∞)`上并不恒成立。*修正思路：*證明`x3-3x≥2`在`[1,+∞)`上恒成立，應(yīng)考慮函數(shù)`h(x)=x3-3x-2`在`[1,+∞)`上的行為。(1)函數(shù)`h(x)=x3-3x-2`，則`h'(x)=3x2-3=3(x2-1)=3(x-1)(x+1)`。令`h'(x)=0`，得`x=-1`或`x=1`。列表分析函數(shù)`h(x)`的單調(diào)性：|x|`(-∞,-1)`|-1|`(-1,1)`|1|`(1,+∞)`||:--------|:---------|:-|:--------|:-|:--------||`h'(x)`|+|0|-|0|+||`h(x)`|↗|極大|↘|極小|↗|由表可知，函數(shù)`h(x)`在`x=-1`處取得極大值`h(-1)=(-1)3-3(-1)-2=-1+3-2=0`，在`x=1`處取得極小值`h(1)=13-3(1)-2=1-3-2=-4`。在區(qū)間`[1,+∞)`上，`h(x)`是單調(diào)遞增的。因為`h(x)`在`[1,+∞)`上單調(diào)遞增，所以對于所有`x∈[1,+∞)`，都有`h(x)≥h(1)`。由于`h(1)=-4`，所以對于所有`x∈[1,+∞)`，都有`h(x)≥-4`。我們需要證明`h(x)≥0`對于所有`x∈[1,+∞)`恒成立。注意到`h(x)`在`x=-1`處取得極大值`0`，在`x=1`處取得極小值`-4`。我們需要比較`h(x)`在`[1,+∞)`上的最小值與`0`的大小。由于`h(x)`在`[1,+∞)`上單調(diào)遞增，其在該區(qū)間上的最小值出現(xiàn)在左端點`x=1`處，即`h(x)_{min}=h(1)=-4`。顯然，`h(x)_{min}=-4<0`。這表明在`[1,+∞)`上，`h(x)`的值可以小于`0`。因此，不等式`h(x)=x3-3x-2≥0`在區(qū)間`[1,+∞)`上并不恒成立。結(jié)論：不等式`x3-3x≥2`在區(qū)間`[1,+∞)`上不恒成立。*再次修正思路：*可能題目有誤，或者要求證明`x3-3x≥-2`在`[1,+∞)`上恒成立。(2)證明不等式`x3-3x≥-2`在區(qū)間`[1,+∞)`上恒成立。設(shè)`G(x)=x3-3x+2`。由(1)知，`G(x)`在`x=-1`處取得極大值`G(-1)=0`，在`x=1`處取得極小值`G(1)=0`。在區(qū)間`[1,+∞)`上，`G(x)`是單調(diào)遞增的。因為`G(x)`在`[1,+∞)`上單調(diào)遞增，所以對于所有`x∈[1,+∞)`，都有`G(x)≥G(1)`。由于`G(1)=0`，所以對于所有`x∈[1,+∞)`，都有`G(x)≥0`。即對于所有`x∈[1,+∞)`，都有`x3-3x+2≥0`。這等價于`x3-3x≥-2`。因此，不等式`x3-3x≥-2`在區(qū)間`[1,+∞)`上恒成立。*最終修正結(jié)論：*假設(shè)題目要求證明的是`x3-3x≥-2`在`[1,+∞)`上恒成立。證明：設(shè)`G(x)=x3-3x+2`。`G'(x)=3x2-3=3(x2-1)=3(x-1)(x+1)`。令`G'(x)=0`，得`x=-1`或`x=1`。列表分析`G(x)`的單調(diào)性：|x|`(-∞,-1)`|-1|`(-1,1)`|1|`(1,+∞)`||:--------|:---------|:-|:--------|:-|:--------||`G'(x)`|+|0|-|0|+||`G(x)`|↗|極大|↘|極小|↗|由表可知，`G(x)`在`x=-1`處取得極大值`G(-1)=0`，在`x=1`處取得極小值`G(1)=0`。在區(qū)間`[1,+∞)`上，`G(x)`是單調(diào)遞增的。因為`G(x)`在`[1,+∞)`上單調(diào)遞增，所以對于所有`x∈[1,+∞)`，都有`G(x)≥G(1)`。由于`G(1)=0`，所以對于所有`x∈[1,+∞)`，都有`G(x)≥0`。即對于所有`x∈[1,+∞)`，都有`x3-3x+2≥0`。因此，不等式`x3-3x≥-2`在區(qū)間`[1,+∞)`上恒成立。14.解：(1)函數(shù)`f(x)=x2-2x+3`，則`f'(x)=2x-2`。令`f'(x)>0`，得`2x-2>0`，解得`x>1`。令`f'(x)<0`，得`2x-2<0`，解得`x<1`。故函數(shù)`f(x)`的單調(diào)遞增區(qū)間為`(1,+∞)`；單調(diào)遞減區(qū)間為`(-∞,1)`。(2)方程`f(x)=k`可化為`x2-2x+3=k`，即`x2-2x+(3-k)=0`。這是一個關(guān)于`x`的二次方程，其判別式為`Δ=(-2)2-4(1)(3-k)=4-4(3-k)=4-12+4k=4k-8`。方程`f(x)=k`有兩個不同的實數(shù)解的條件是判別式`Δ>0`。解不等式`4k-8>0`，得`4k>8`，即`k>2`。故實數(shù)`k`的取值范圍是`(2,+∞)`。15.解：(1)函數(shù)`g(x)=x3-ax2+bx`，則`g'(x)=3x2-2ax+b`。由題意，`g(x)`在`x=1`處取得極大值，在`x=3`處取得極小值。這意味著`x=1`和`x=3`是`g'(x)=0`的兩個根。根據(jù)韋達(dá)定理，`g'(x)=3(x-1)(x-3)`。展開得`g'(x)=3(x2-4x+3)=3x2-12x+9`。比較`g'(x)=3x2-12x+9`和`g'(x)=3x2-2ax+b`，得`3x2-12x+9=3x2-2ax+b`。由此可得`2a=12`且`b=9`。解得`a=6`，`b=9`。(2)在(1)的條件下，`a=6`，`b=9`，函數(shù)`g(x)=x3-6x2+9x`。方程`g(x)=1`可化為`x3-6x2+9x=1`，即`x3-6x2+9x-1=0`。設(shè)`h(x)=x3-6x2+9x-1`。`h'(x)=g'(x)=3x2-12x+9=3(x2-4x+3)=3(x-1)(x-3)`。