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1、 高考數(shù)學精品復習資料 2019.5 第24練 導數(shù) 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)與單調性；(3)導數(shù)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(shù)的單調性、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)零點問題都可以轉化為函數(shù)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(shù)f(x)＝x2＋ax＋b的部分圖象，則函數(shù)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(shù)f(x)＝x2＋sin，f′(x)為f(x)的導函數(shù)，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(shù)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(shù)y＝f(x)的導函數(shù)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．a(chǎn)0，則實數(shù)a的取值范圍為________． 9．已知

4、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________________． 三、解答題 10．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．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(shù)f(x)＝x2＋ax＋b的部分圖象

5、，得00， 所以函數(shù)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(shù)，且f′<0.故選A.] 4．B　[f(x)＝x3－x2＋ax－1的導數(shù)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(shù)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(shù)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(shù)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(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) ＝(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(jù)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(shù)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(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)－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.