《高考數(shù)學(xué) 文科江蘇版1輪復(fù)習(xí)練習(xí)：第2章 基本初等函數(shù)、導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 13 第13講分層演練直擊高考 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) 文科江蘇版1輪復(fù)習(xí)練習(xí)：第2章 基本初等函數(shù)、導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 13 第13講分層演練直擊高考 Word版含解析（8頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 1.在R上可導(dǎo)的函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，則關(guān)于x的不等式x·f′(x)<0的解集為________． [解析] 由f(x)的圖象知，當(dāng)x<－1或x>1時(shí)，f′(x)>0； 當(dāng)－10)，則獲得最大利潤時(shí)的年產(chǎn)量為________百萬件． [解析] 依題意得，y′＝－3x2＋27＝－3(x－3)(x＋3)，當(dāng)00；當(dāng)x>3時(shí)，y′

2、<0. 因此，當(dāng)x＝3時(shí)，該商品的年利潤最大． [答案] 3 3．若f(x)＝xsin x＋cos x，則f(－3)，f，f(2)的大小關(guān)系為________． [解析] 由f(－x)＝f(x)知函數(shù)f(x)為偶函數(shù)， 因此f(－3)＝f(3)． 又f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x， 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＞0，當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0， 所以f(x)在區(qū)間上是減函數(shù)， 所以f＞f(2)＞f(3)＝f(－3)． [答案] f(－3)＜f(2)＜f 4．若函數(shù)f(x)＝x3－3x＋a有3個(gè)不同的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． [解

3、析] 由于函數(shù)f(x)是連續(xù)的，故只需要兩個(gè)極值異號(hào)即可．f′(x)＝3x2－3，令3x2－3＝0，得x＝±1，只需f(－1)·f(1)<0，即(a＋2)(a－2)<0，故a∈(－2，2)． [答案] (－2，2) 5．若f(x)＝，00，即f′(x)>0， 所以f(x)在(0，e)上為增函數(shù)， 又因?yàn)?

4、到最小時(shí)，t的值為________． [解析] |MN|的最小值，即函數(shù)h(x)＝x2－ln x的最小值， h′(x)＝2x－＝， 顯然x＝是函數(shù)h(x)在其定義域內(nèi)唯一的極小值點(diǎn)，也是最小值點(diǎn)，故t＝. [答案] 7．已知函數(shù)y＝f(x)＝x3＋3ax2＋3bx＋c在x＝2處有極值，其圖象在x＝1處的切線平行于直線6x＋2y＋5＝0，則f(x)的極大值與極小值之差為________． [解析] 因?yàn)閥′＝3x2＋6ax＋3b， ? 所以y′＝3x2－6x，令3x2－6x＝0，則x＝0或x＝2. 所以f(x)極大值－f(x)極小值＝f(0)－f(2)＝4. [答案] 4

5、 8．(20xx·北京海淀區(qū)模擬)若函數(shù)f(x)滿足：“對(duì)于區(qū)間(1，2)上的任意實(shí)數(shù)x1，x2(x1≠x2)，|f(x2)－f(x1)|＜|x2－x1|恒成立”，則稱f(x)為完美函數(shù)．給出以下四個(gè)函數(shù)： ①f(x)＝；②f(x)＝|x|；③f(x)＝；④f(x)＝x2.其中是完美函數(shù)的序號(hào)是________． [解析] 由|f(x2)－f(x1)|＜|x2－x1|知， ＜1，即|f′(x)|＜1. 經(jīng)驗(yàn)證①③符合題意． [答案] ①③ 9．已知函數(shù)f(x)是R上的偶函數(shù)，且在(0，＋∞)上有f′(x)>0，若f(－1)＝0，那么關(guān)于x的不等式xf(x)<0的解集是_______

6、_． [解析] 在(0，＋∞)上有f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又函數(shù)f(x)是R上的偶函數(shù)，所以f(1)＝f(－1)＝0.當(dāng)x>0時(shí)，f(x)<0，所以00，所以x<－1. [答案] (－∞，－1)∪(0，1) 10．若log0.5>log0.5對(duì)任意x∈[2，4]恒成立，則m的取值范圍為________． [解析] 以0.5為底的對(duì)數(shù)函數(shù)為減函數(shù)，所以得真數(shù)關(guān)系為<，所以m>－x3＋7x2＋x－7，令f(x)＝－x3＋7x2＋x－7，則f′(x)＝－3x2＋14x＋1，因?yàn)閒′(2)>0且f′(4)>0，所以

7、f′(x)>0在[2，4]上恒成立，即在[2，4]上函數(shù)f(x)為增函數(shù)，所以f(x)的最大值為f(4)＝45，因此m>45. [答案] (45，＋∞) 11．(20xx·泰州期中考試)已知函數(shù)f(x)＝ln x－. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間； (2)證明：當(dāng)x>1時(shí)，f(x)1，當(dāng)x∈(1，x0)時(shí)，恒有f(x)>k(x－1)． [解] (1)函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)， 對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，得f′(x)＝－x＋1＝. 由f′(x)>0，得 解得0

8、f(x)－(x－1)，x∈(1，＋∞)， 則有F′(x)＝， 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，F(xiàn)′(x)<0，所以F(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減． 故當(dāng)x>1時(shí)，F(xiàn)(x)1時(shí)，f(x)1滿足題意； 當(dāng)k>1時(shí)，對(duì)于x>1，有f(x)1滿足題意； 當(dāng)k<1時(shí)，令G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(1，＋∞)， 則有G′(x)＝－x＋1－k＝， 由G′(x)＝0得，－x2＋(1－k)x＋1＝0. 解得x1＝<0， x2＝>1， 所以當(dāng)x

9、∈(1，x2)時(shí)，G′(x)>0，故G(x)在(1，x2)內(nèi)單調(diào)遞增， 從而當(dāng)x∈(1，x2)時(shí)，G(x)>G(1)＝0，即f(x)>k(x－1)， 綜上，k的取值范圍是k<1. 12．(20xx·江蘇省重點(diǎn)中學(xué)領(lǐng)航高考沖刺卷(二))如圖，兩居民小區(qū)A和B相距20 km，現(xiàn)計(jì)劃在兩居民小區(qū)外以AB為直徑的半圓弧AB上選擇一點(diǎn)C建信號(hào)發(fā)射塔，其對(duì)小區(qū)的影響度與所選地點(diǎn)到小區(qū)的距離有關(guān)，對(duì)小區(qū)A和小區(qū)B的總影響度為小區(qū)A與小區(qū)B的影響度之和，記點(diǎn)C到小區(qū)A的距離為x km，建在C處的信號(hào)發(fā)射塔對(duì)小區(qū)A和小區(qū)B的總影響度為y，統(tǒng)計(jì)調(diào)查表明：信號(hào)發(fā)射塔對(duì)小區(qū)A的影響度與所選地點(diǎn)到小區(qū)A的距離的平

10、方成反比，比例系數(shù)為k；對(duì)小區(qū)B的影響度與所選地點(diǎn)到小區(qū)B的距離的平方成反比，比例系數(shù)為9.當(dāng)信號(hào)發(fā)射塔建在半圓弧AB的中點(diǎn)時(shí)，對(duì)小區(qū)A和小區(qū)B的總影響度為0.065. (1)將y表示成x的函數(shù)； (2)討論(1)中函數(shù)的單調(diào)性，并判斷半圓弧AB上是否存在一點(diǎn)，使建在此處的信號(hào)發(fā)射塔對(duì)小區(qū)A和小區(qū)B的總影響度最?。咳舸嬖?，求出該點(diǎn)到小區(qū)A的距離；若不存在，請(qǐng)說明理由． [解] (1)由題意知AC⊥BC，BC2＝400－x2， y＝＋(0

11、＝， 令y′＝0得18x4＝8(400－x2)2， 所以x2＝160，即x＝4， 當(dāng)08(400－x2)2，即y′>0， 所以函數(shù)y＝＋為單調(diào)遞增函數(shù)． 所以當(dāng)x＝4時(shí)，即當(dāng)點(diǎn)C到小區(qū)A的距離為4 km時(shí)， 函數(shù)y＝＋(0

12、________元時(shí)利潤最大，利潤的最大值為________元． [解析] 設(shè)商場銷售該商品所獲利潤為y元，則 y＝(p－20)Q＝(p－20)(8 300－170p－p2) ＝－p3－150p2＋11 700p－166 000(p≥20)， 則y′＝－3p2－300p＋11 700. 令y′＝0得p2＋100p－3 900＝0， 解得p＝30或p＝－130(舍去)． 則p，y，y′變化關(guān)系如下表： p (20，30) 30 (30，＋∞) y′ ＋ 0 － y  極大值  故當(dāng)p＝30時(shí)，y取極大值為23 000元． 又y＝－p3－150p2＋1

13、1 700p－166 000在[20，＋∞)上只有一個(gè)極值，故也是最值． 所以該商品零售價(jià)定為每件30元，所獲利潤最大為23 000元．　 [答案] 30　23 000 2．(20xx·南京、鹽城高三模擬)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋(e－a)x－b，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．若不等式f(x)≤0恒成立，則的最小值為________． 解析：由不等式f(x)≤0恒成立可得f(x)max≤0.f′(x)＝＋e－a，x＞0，當(dāng)e－a≥0，即a≤e時(shí)，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且x趨近于＋∞，f(x)趨近于＋∞，此時(shí)f(x)≤0不可能恒成立；當(dāng)e－a＜0，即a＞e時(shí)，由

14、f′(x)＝0得x＝，當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，此時(shí)f(x)max＝f＝－ln(a－e)－1－b≤0，則b≥－ln(a－e)－1，又a＞e，所以≥，a＞e，令a－e＝t＞0，則≥，t＞0.令g(t)＝，t＞0，則g′(t)＝，由g′(t)＝0得t＝e，且當(dāng)t∈(0，e)時(shí)，g′(t)＜0，g(t)單調(diào)遞減，當(dāng)t∈(e，＋∞)時(shí)，g′(t)＞0，g(t)單調(diào)遞增，所以g(t)min＝g(e)＝－，即≥≥－，故的最小值為－. 答案：－ 3．(20xx·南京、鹽城模擬)已知函數(shù)f(x)滿足：①f(x)＝2f(x＋2)，x∈R；②f(x

15、)＝ln x＋ax，x∈(0，2)；③f(x)在(－4，－2)內(nèi)能取到最大值－4. (1)求實(shí)數(shù)a的值； (2)設(shè)函數(shù)g(x)＝bx3－bx，若對(duì)任意的x1∈(1，2)總存在x2∈(1，2)使得f(x1)＝g(x2)，求實(shí)數(shù)b的取值范圍． [解] (1)當(dāng)x∈(－4，－2)時(shí)，有x＋4∈(0，2)， 由條件②得f(x＋4)＝ln(x＋4)＋a(x＋4)， 再由條件①得f(x)＝2f(x＋2)＝4f(x＋4)＝4ln(x＋4)＋4a(x＋4)． 故f′(x)＝＋4a，x∈(－4，－2)． 由③，f(x)在(－4，－2)內(nèi)有最大值，方程f′(x)＝0，即＋4a＝0在(－4，－2)內(nèi)必

16、有解，故a≠0，且解為x＝－－4. 又最大值為－4，所以f(x)max＝f(－－4)＝4ln(－)＋4a·(－)＝－4，即ln(－)＝0，所以a＝－1. (2)設(shè)f(x)在(1，2)內(nèi)的值域?yàn)锳，g(x)在(1，2)內(nèi)的值域?yàn)锽， 由條件可知A?B. 由(1)知，當(dāng)x∈(1，2)時(shí)，f(x)＝ln x－x，f′(x)＝－1＝<0， 故f(x)在(1，2)內(nèi)為減函數(shù)， 所以A＝(f(2)，f(1))＝(ln 2－2，－1)． 對(duì)g(x)求導(dǎo)得g′(x)＝bx2－b＝b(x－1)(x＋1)． 若b<0，則當(dāng)x∈(1，2)時(shí)，g′(x)<0，g(x)為減函數(shù)， 所以B＝(g(2)，

17、g(1))＝(b，－b)． 由A?B，得b≤ln 2－2且－b≥－1，故必有b≤ln 2－3. 若b>0，則當(dāng)x∈(1，2)時(shí)，g′(x)>0，g(x)為增函數(shù)， 所以B＝(g(1)，g(2))＝(－b，b)． 由A?B，得－b≤ln 2－2且b≥－1，故必有b≥3－ln 2. 若b＝0，則B＝{0}，此時(shí)A?B不成立． 綜上可知，b的取值范圍是(－∞，ln 2－3]∪[3－ln 2，＋∞)． 4．(20xx·江蘇省揚(yáng)州中學(xué)月考)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x，g(x)＝(m>0)． (1)當(dāng)m＝1時(shí)，函數(shù)y＝f(x)與y＝g(x)在x＝1處的切線互相垂直，求n的值； (2)若函數(shù)

18、y＝f(x)－g(x)在定義域內(nèi)不單調(diào)，求m－n的取值范圍； (3)是否存在實(shí)數(shù)a，使得f·f(eax)＋f≤0對(duì)任意正實(shí)數(shù)x恒成立？若存在，求出滿足條件的實(shí)數(shù)a；若不存在，請(qǐng)說明理由． [解] (1)當(dāng)m＝1時(shí)，g′(x)＝，所以y＝g(x)在x＝1處的切線斜率為， 由f′(x)＝，所以y＝f(x)在x＝1處的切線斜率為1，所以·1＝－1，所以n＝5. (2)易知函數(shù)y＝f(x)－g(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， 又y′＝f′(x)－g′(x)＝－＝＝， 由題意，得x＋2－m(1－n)＋的最小值為負(fù)，所以m(1－n)>4(注：結(jié)合函數(shù)y＝x2＋[2－m(1－n)]x＋1圖象同樣可

19、以得到)，所以≥m(1－n)>4，所以m＋(1－n)>4，所以m－n>3. (3)令θ(x)＝f·f(eax)＋f＝ax·ln 2a－ax·ln x＋ln x－ln 2a，其中x>0，a>0， 則θ′(x)＝a·ln 2a－aln x－a＋， 設(shè)δ(x)＝a·ln 2a－aln x－a＋， δ′(x)＝－－＝－<0， 所以δ(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞減，δ(x)＝0在區(qū)間(0，＋∞)必存在實(shí)根，不妨設(shè)δ(x0)＝0， 即δ(x0)＝a·ln 2a－aln x0－a＋＝0，可得ln x0＝＋ln 2a－1，(*) θ(x)在區(qū)間(0，x0)上單調(diào)遞增，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以θ(x)max＝θ(x0)， θ(x0)＝(ax0－1)·ln 2a－(ax0－1)·ln x0，將(*)式代入得θ(x0)＝ax0＋－2， 根據(jù)題意θ(x0)＝ax0＋－2≤0恒成立． 又根據(jù)基本不等式，ax0＋≥2，當(dāng)且僅當(dāng)ax0＝時(shí)，等式成立， 所以ax0＋＝2，ax0＝1所以x0＝.代入(*)式得，ln ＝ln 2a，即＝2a，a＝.