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高三數學第24練 導數綜合練

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1、 第24練 導數 訓練目標 (1)利用導數研究函數的常見題型;(2)解題步驟的規(guī)范訓練. 訓練題型 (1)利用導數求切線問題;(2)導數與單調性;(3)導數與極值、最值. 解題策略 (1)求曲線切線的關鍵是確定切點;(2)討論函數的單調性、極值、最值可通過研究導數的符號用列表法解決;(3)證明不等式、不等式恒成立或有解、函數零點問題都可以轉化為函數極值、最值問題. 一、選擇題 1.若f(x)=x2+2f(x)dx,則f(x)dx等于(  ) A.-1 B.- C. D.1 2.(20xx新余模擬)如圖是函數f(x)=x2+ax+b的部分圖象,則函數g(x)=l

2、nx+f′(x)的零點所在的區(qū)間是(  ) A. B.(1,2) C. D.(2,3) 3.(20xx濰坊模擬)已知函數f(x)=x2+sin,f′(x)為f(x)的導函數,則f′(x)的圖象是(  ) 4.(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,且切點的橫坐標都大于零,則實數a的取值范圍為(  ) A.(3,+∞) B. C. D.(0,3) 5.(20xx沈陽質檢)已知定義域為R的奇函數y=f(x)的導函數為y=f′(x),當x≠0時,f′(x)+>0,若a=f,b=-2f(-2),c=lnf(ln),則a,b

3、,c的大小關系是(  ) A.a0,則實數a的取值范圍為________. 9.已知函數f(x)=g(x)=f(x)+2k,若函數g(x)恰有兩個不同的零點,則實數k的取值范圍為_

4、_______________. 三、解答題 10.已知函數f(x)=ln. (1)求曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程; (2)求證:當x∈(0,1)時,f(x)>2; (3)設實數k使得f(x)>k對x∈(0,1)恒成立,求k的最大值. 答案精析 1.B [∵f(x)=x2+2f(x)dx, ∴f(x)dx=[x3+2xf(x)dx]=+2f(x)dx, ∴f(x)dx=-.] 2.C [由函數f(x)=x2+ax+b的部分圖象,得0

5、定義域內單調遞增,g=ln+1+a<0, g(1)=ln 1+2+a=2+a>0, 所以函數g(x)=ln x+f′(x)的零點所在的區(qū)間是.故選C.] 3.A [因為f(x)=x2+sin=x2+cosx,所以f′(x)=x-sin x, 其為奇函數,且f′<0.故選A.] 4.B [f(x)=x3-x2+ax-1的導數為f′(x)=2x2-2x+a.由題意可得2x2-2x+a=3, 即2x2-2x+a-3=0有兩個不相等的正實數根, 則Δ=4-8(a-3)>0,x1+x2=1>0,x1x2=(a-3)>0,解得3

6、x)=f(x)+xf′(x). ∵y=f(x)是定義在R上的奇函數, ∴h(x)是定義在R上的偶函數. 當x>0時,h′(x)=f(x)+xf′(x)>0, ∴函數h(x)在(0,+∞)上單調遞增. ∵a=f=h, b=-2f(-2)=2f(2)=h(2), c=lnf=h=h(-ln 2)=h(ln 2). 又∵2>ln 2>,∴b>c>a.故選A.] 6.0 解析 函數的定義域為(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

7、(e2,+∞) f′(x) - 0 + 0 - f(x) ? 0 ? ? 故當x=1時,函數y=取到極小值0. 7.30 解析 由題意知,毛利潤=銷售收入-進貨支出, 設該商品的毛利潤為L(p),則 L(p)=pQ-20Q=Q(p-20) =(8 300-170p-p2)(p-20) =-p3-150p2+11 700p-166 000, 所以L′(p)=-3p2-300p+11 700. 令L′(p)=0, 解得p=30或p=-130(舍去). 此時,L(30)=23 000. 因為在p=30附近的左側L′(p)>0,右側L′(p)<0.

8、所以L(30)是極大值,根據實際問題的意義知,L(30)是最大值. 8.(-∞,] 解析 e2x-(a-3)ex+4-3a>0?(ex+3)a0), 令h(t)==t+(t>0), h′(t)=1-, 因為t>0,所以h′(t)>0, 即當t>0時,h(t)>h(0)=, 所以a≤, 即實數a的取值范圍為(-∞,]. 9.∪ 解析 由y=(2x-x2)ex(x≤0)求導,得y′=(2-x2)ex,故y=(2x-x2)ex(x≤0)在(-,0]上單調遞增,在(-∞,-)上單調遞減,且當x<0時,恒有y=(2x-x2

9、)ex<0. 又y=-x2+4x+3(x>0)在(0,2)上單調遞增,在(2,+∞)上單調遞減,所以可作出函數y=f(x)的圖象,如圖. 由圖可知,要使函數g(x)恰有兩個不同的零點,需-2k=0或-2k=或3<-2k<7,即實數k的取值范圍為∪. 10.(1)解 因為f(x)=ln(1+x)-ln(1-x), 所以f′(x)=+,f′(0)=2. 又因為f(0)=0,所以曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程為y=2x. (2)證明 令g(x)=f(x)-2, 則g′(x)=f′(x)-2(1+x2)=. 因為g′(x)>0(0g(0)=0,x∈(0,1), 即當x∈(0,1)時,f(x)>2. (3)解 由(2)知,當k≤2時,f(x)>k對x∈(0,1)恒成立. 當k>2時,令h(x)=f(x)-k, 則h′(x)=f′(x)-k(1+x2)=. 所以當02時,f(x)>k并非對x∈(0,1)恒成立. 綜上可知,k的最大值為2.

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