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1、
高考數學精品復習資料
2019.5
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
2、.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)=lnx+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′
3、(x),當x≠0時,f′(x)+>0,若a=f,b=-2f(-2),c=lnf(ln),則a,b,c的大小關系是( )
A.a0,則實數a的取值范圍為________.
9.已知
4、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________________.
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
5、,得00,
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,
6、x1x2=(a-3)>0,解得30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.
7、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
8、,L(30)=23 000.
因為在p=30附近的左側L′(p)>0,右側L′(p)<0.
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)e
9、x(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)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′(
10、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.