《高考數(shù)學(xué)江蘇專用理科專題復(fù)習(xí)：專題專題3 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第23練 Word版含解析》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)江蘇專用理科專題復(fù)習(xí)：專題專題3 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第23練 Word版含解析（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 訓(xùn)練目標(biāo) (1)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的常見題型；(2)解題步驟的規(guī)范訓(xùn)練． 訓(xùn)練題型 (1)利用導(dǎo)數(shù)求切線問題；(2)導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性；(3)導(dǎo)數(shù)與極值、最值． 解題策略 (1)求曲線切線的關(guān)鍵是確定切點(diǎn)；(2)討論函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值可通過研究導(dǎo)數(shù)的符號(hào)用列表法解決；(3)證明不等式、不等式恒成立或有解、函數(shù)零點(diǎn)問題都可以轉(zhuǎn)化為函數(shù)極值、最值問題. 1．(20xx河北衡水中學(xué)調(diào)考)f(x)是定義在R上的函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若f(x)－f′(x)＜1，f(0)＝20xx

2、，則不等式f(x)＞20xxex＋1(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))的解集為________． 2．(20xx福建“四地六?！甭?lián)考)已知曲線f(x)＝x3－x2＋ax－1存在兩條斜率為3的切線，且切點(diǎn)的橫坐標(biāo)都大于零，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________________． 3．(20xx泰州二模)若函數(shù)f(x)＝x2|x－a|在區(qū)間0,2]上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________________． 4．(20xx揚(yáng)州期末)若函數(shù)f(x)＝lnx－(m∈R)在區(qū)間1，e]上取得最小值4，則實(shí)數(shù)m的值是________． 5．(20xx南京調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝x3＋x2－2ax＋1，

3、若函數(shù)f(x)在(1,2)上有極值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________________． 6．函數(shù)y＝的極小值為________． 7．某商場(chǎng)從生產(chǎn)廠家以每件20元購(gòu)進(jìn)一批商品，若該商品零售價(jià)定為p元，則銷售量Q(單位：件)與零售價(jià)p(單位：元)有如下關(guān)系：Q＝8300－170p－p2.問該商品零售價(jià)定為________元時(shí)毛利潤(rùn)最大(毛利潤(rùn)＝銷售收入－進(jìn)貨支出)． 8．(20xx鹽城模擬)當(dāng)x∈－2,1]時(shí)，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是__________． 9．已知函數(shù)f(x)＝g(x)＝f(x)＋2k，若函數(shù)g(x)恰有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)k的

4、取值范圍為________________． 10．(20xx蘇州模擬)已知函數(shù)f(x)＝ln. (1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程； (2)求證：當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f(x)＞2； (3)設(shè)實(shí)數(shù)k使得f(x)＞k對(duì)x∈(0,1)恒成立，求k的最大值． 答案精析 1．(0，＋∞)　2. 3．(－∞，0]∪3，＋∞)　4.－3e 5．(，4) 解析　因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在(1,2)上有極值，則需函數(shù)f(x)在(1,2)上有極值點(diǎn)． 方法一　令f′(x)＝x2＋2x－2a＝0，得x1＝－1－，x2＝－1＋，因?yàn)閤1?(1,2)，因此需1＜x2＜2

5、， 即1＜－1＋＜2，即4＜1＋2a＜9，所以＜a＜4，故實(shí)數(shù)a的取值范圍為(，4)． 方法二　f′(x)＝x2＋2x－2a的圖象是開口向上的拋物線，且對(duì)稱軸為x＝－1，則f′(x)在(1,2)上是單調(diào)遞增函數(shù)，因此解得＜a＜4，故實(shí)數(shù)a的取值范圍為(，4)． 6．0 解析　函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)． 令y＝f(x)，f′(x)＝＝. 令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝e2. f′(x)與f(x)隨x的變化情況如下表： x (0,1) 1 (1，e2) e2 (e2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x)  0   故當(dāng)x

6、＝1時(shí)，函數(shù)y＝取到極小值0. 7．30 解析　由題意知，毛利潤(rùn)＝銷售收入－進(jìn)貨支出，設(shè)該商品的毛利潤(rùn)為L(zhǎng)(p)，則 L(p)＝pQ－20Q＝Q(p－20) ＝(8300－170p－p2)(p－20) ＝－p3－150p2＋11700p－166000， 所以L′(p)＝－3p2－300p＋11700. 令L′(p)＝0， 解得p＝30或p＝－130(舍去)． 此時(shí)，L(30)＝23000. 因?yàn)樵趐＝30附近的左側(cè)L′(p)＞0，右側(cè)L′(p)＜0. 所以L(30)是極大值，根據(jù)實(shí)際問題的意義知，L(30)是最大值． 8．－6，－2] 解析　當(dāng)x＝0時(shí)，ax3－x2＋

7、4x＋3≥0變?yōu)?≥0恒成立，即a∈R. 當(dāng)x∈(0,1]時(shí)，ax3≥x2－4x－3，a≥， ∴a≥max. 設(shè)φ(x)＝， φ′(x)＝ ＝－＝－＞0， ∴φ(x)在(0,1]上遞增， φ(x)max＝φ(1)＝－6， ∴a≥－6. 當(dāng)x∈－2,0)時(shí)，a≤， ∴a≤min. 仍設(shè)φ(x)＝， φ′(x)＝－. 當(dāng)x∈－2，－1)時(shí)，φ′(x)＜0， 當(dāng)x∈(－1,0)時(shí)，φ′(x)＞0. ∴當(dāng)x＝－1時(shí)，φ(x)有極小值，即為最小值． 而φ(x)min＝φ(－1)＝＝－2， ∴a≤－2. 綜上知－6≤a≤－2. 9.∪ 解析　由y＝(2x－x2)ex

8、(x≤0)求導(dǎo)，得y′＝(2－x2)ex，故y＝(2x－x2)ex(x≤0)在(－，0]上單調(diào)遞增，在(－∞，－)上單調(diào)遞減，且當(dāng)x＜0時(shí)，恒有y＝(2x－x2)ex＜0. 又y＝－x2＋4x＋3(x＞0)在(0,2)上單調(diào)遞增，在(2，＋∞)上單調(diào)遞減，所以可作出函數(shù)y＝f(x)的圖象，如圖． 由圖可知，要使函數(shù)g(x)恰有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，需－2k＝0或－2k＝或3＜－2k＜7，即實(shí)數(shù)k的取值范圍為∪. 10．(1)解　因?yàn)閒(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)， 所以f′(x)＝＋，f′(0)＝2. 又因?yàn)閒(0)＝0，所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為

9、y＝2x. (2)證明　令g(x)＝f(x)－2， 則g′(x)＝f′(x)－2(1＋x2)＝. 因?yàn)間′(x)＞0(0＜x＜1)， 所以g(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增． 所以g(x)＞g(0)＝0，x∈(0,1)， 即當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f(x)＞2. (3)解　由(2)知，當(dāng)k≤2時(shí)， f(x)＞k對(duì)x∈(0,1)恒成立． 當(dāng)k＞2時(shí)， 令h(x)＝f(x)－k， 則h′(x)＝f′(x)－k(1＋x2)＝. 所以當(dāng)0＜x＜時(shí)，h′(x)＜0， 因此h(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減． 當(dāng)0＜x＜時(shí)，h(x)＜h(0)＝0， 即f(x)＜k. 所以當(dāng)k＞2時(shí)，f(x)＞k并非對(duì)x∈(0,1)恒成立． 綜上可知，k的最大值為2.