新版高考數(shù)學江蘇專用理科專題復習：專題專題3 導數(shù)及其應用 第23練 Word版含解析

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1、 1

2、 1 訓練目標 (1)利用導數(shù)研究函數(shù)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(shù)求切線問題；(2)導數(shù)與單調(diào)性；(3)導數(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；(2)討論函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值可通過研究導數(shù)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(shù)零點問題都可以轉(zhuǎn)化為函數(shù)極值、最值問題. 1．(20x

3、x·河北衡水中學調(diào)考)f(x)是定義在R上的函數(shù)，其導函數(shù)為f′(x)，若f(x)－f′(x)＜1，f(0)＝20xx，則不等式f(x)＞20xx·ex＋1(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))的解集為________． 2．(20xx·福建“四地六校”聯(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(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，則實數(shù)a的取值范圍是________________． 4．(20xx·揚州期末)若函數(shù)f(x)＝lnx－(m∈R)在區(qū)間

4、1，e]上取得最小值4，則實數(shù)m的值是________． 5．(20xx·南京調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝x3＋x2－2ax＋1，若函數(shù)f(x)在(1,2)上有極值，則實數(shù)a的取值范圍為________________． 6．函數(shù)y＝的極小值為________． 7．某商場從生產(chǎn)廠家以每件20元購進一批商品，若該商品零售價定為p元，則銷售量Q(單位：件)與零售價p(單位：元)有如下關(guān)系：Q＝8300－170p－p2.問該商品零售價定為________元時毛利潤最大(毛利潤＝銷售收入－進貨支出)． 8．(20xx·鹽城模擬)當x∈－2,1]時，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，則實數(shù)a

5、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)恰有兩個不同的零點，則實數(shù)k的取值范圍為________________． 10．(20xx·蘇州模擬)已知函數(shù)f(x)＝ln. (1)求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程； (2)求證：當x∈(0,1)時，f(x)＞2； (3)設實數(shù)k使得f(x)＞k對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　因為函數(shù)f(x)在(1,2)上有極值，則需函數(shù)f(x)在(1,2

6、)上有極值點． 方法一　令f′(x)＝x2＋2x－2a＝0，得x1＝－1－，x2＝－1＋，因為x1?(1,2)，因此需1＜x2＜2， 即1＜－1＋＜2，即4＜1＋2a＜9，所以＜a＜4，故實數(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，故實數(shù)a的取值范圍為(，4)． 6．0 解析　函數(shù)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

7、(1，e2) e2 (e2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x)  0   故當x＝1時，函數(shù)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) ＝(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，L(30)＝23000. 因為在p＝30附近的左側(cè)L′(p)＞0，右側(cè)L′(p)

8、＜0. 所以L(30)是極大值，根據(jù)實際問題的意義知，L(30)是最大值． 8．－6，－2] 解析　當x＝0時，ax3－x2＋4x＋3≥0變?yōu)?≥0恒成立，即a∈R. 當x∈(0,1]時，ax3≥x2－4x－3，a≥， ∴a≥max. 設φ(x)＝， φ′(x)＝ ＝－＝－＞0， ∴φ(x)在(0,1]上遞增， φ(x)max＝φ(1)＝－6， ∴a≥－6. 當x∈－2,0)時，a≤， ∴a≤min. 仍設φ(x)＝， φ′(x)＝－. 當x∈－2，－1)時，φ′(x)＜0， 當x∈(－1,0)時，φ′(x)＞0. ∴當x＝－1時，φ(x)有極小值，即為最小

9、值． 而φ(x)min＝φ(－1)＝＝－2， ∴a≤－2. 綜上知－6≤a≤－2. 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(diào)遞增，在(－∞，－)上單調(diào)遞減，且當x＜0時，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)恰有兩個不同的零點，需－2k＝0或－2k＝或3＜－2k＜7，即實數(shù)k的取值范圍為∪. 10．(1)解　因為f(x)＝ln(1＋x)－l

10、n(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(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0＜x＜時，h′(x)＜0， 因此h(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減． 當0＜x＜時，h(x)＜h(0)＝0， 即f(x)＜k. 所以當k＞2時，f(x)＞k并非對x∈(0,1)恒成立． 綜上可知，k的最大值為2.