《新版高考數(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》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《新版高考數(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）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、111.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 xf(x)0的解集為_解析 由 f(x)的圖象知，當(dāng) x1 時，f(x)0；當(dāng)1x1 時，f(x)0，所以 xf(x)0)，則獲得最大利潤時的年產(chǎn)量為_百萬件解析 依題意得，y3x2273(x3)(x3)，當(dāng) 0 x0；當(dāng) x3 時，y0.因此，當(dāng) x3 時，該商品的年利潤最大答案 33若 f(x)xsin xcos x，則 f(3)，f2 ，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 xxcos xsin xxcos x，當(dāng) x0，2 時，f(

2、x)0，當(dāng) x2，時，f(x)0，所以 f(x)在區(qū)間2，上是減函數(shù)，所以 f2 f(2)f(3)f(3)答案 f(3)f(2)f24若函數(shù) f(x)x33xa 有 3 個不同的零點，則實數(shù) a 的取值范圍是_解析 由于函數(shù) f(x)是連續(xù)的，故只需要兩個極值異號即可f(x)3x23，令 3x230，得 x1，只需 f(1)f(1)0，即(a2)(a2)0，故 a(2，2)答案 (2，2)5若 f(x)ln xx，0ab0，即 f(x)0，所以 f(x)在(0，e)上為增函數(shù)，又因為 0abe，所以 f(a)f(b)答案 f(a)0，若 f(1)0，那么關(guān)于 x 的不等式 xf(x)0，所以

3、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) x0 時，f(x)0，所以 0 x1；當(dāng) x0，所以 xlog0.5m（x1）2（7x）對任意 x2，4恒成立，則 m 的取值范圍為_解析 以 0.5 為底的對數(shù)函數(shù)為減函數(shù)，所以得真數(shù)關(guān)系為x1x1x37x2x7，令 f(x)x37x2x7，則 f(x)3x214x1，因為 f(2)0且 f(4)0，所以 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 m45.答案 (45，)11(20 xx泰州期中考試)已知函數(shù) f(x)ln x（x

4、1）22.(1)求函數(shù) f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)證明：當(dāng) x1 時，f(x)1，當(dāng) x(1，x0)時，恒有 f(x)k(x1)解 (1)函數(shù)的定義域為(0，)，對函數(shù)求導(dǎo)，得 f(x)1xx1x2x1x.由 f(x)0，得x0，x2x1x0，解得 0 x1 52，故 f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為0，1 52.(2)證明：令 F(x)f(x)(x1)，x(1，)，則有 F(x)1x2x，當(dāng) x(1，)時，F(xiàn)(x)1 時，F(xiàn)(x)1 時，f(x)1 滿足題意；當(dāng) k1 時，對于 x1，有 f(x)x1k(x1)，則 f(x)1 滿足題意；當(dāng) k1 時，令 G(x)f(x)k(x1)，x(1，)，

5、則有 G(x)1xx1kx2（1k）x1x，由 G(x)0 得，x2(1k)x10.解得 x11k （1k）2421，所以當(dāng) x(1，x2)時，G(x)0，故 G(x)在(1，x2)內(nèi)單調(diào)遞增，從而當(dāng) x(1，x2)時，G(x)G(1)0，即 f(x)k(x1)，綜上，k 的取值范圍是 k1.12(20 xx江蘇省重點中學(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)計劃在兩居民小區(qū)外以 AB 為直徑的半圓弧 AB 上選擇一點 C 建信號發(fā)射塔， 其對小區(qū)的影響度與所選地點到小區(qū)的距離有關(guān)，對小區(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

6、C 到小區(qū) A 的距離為 x km，建在 C 處的信號發(fā)射塔對小區(qū) A 和小區(qū) B 的總影響度為 y，統(tǒng)計調(diào)查表明：信號發(fā)射塔對小區(qū) A 的影響度與所選地點到小區(qū) A 的距離的平方成反比，比例系數(shù)為 k；對小區(qū) B 的影響度與所選地點到小區(qū) B 的距離的平方成反比，比例系數(shù)為 9.當(dāng)信號發(fā)射塔建在半圓弧 AB 的中點時，對小區(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， 使建在此處的信號發(fā)射塔對小區(qū) A 和小區(qū) B 的總影響度最??？若存在，求出該點到小區(qū) A 的距離；若不存在，請說明理由解

7、(1)由題意知 ACBC，BC2400 x2，ykx29400 x2(0 x20)，其中當(dāng) x102時，y0.065，所以 k4.所以 y4x29400 x2(0 x20)(2)因為 y4x29400 x2(0 x20)，所以 y8x39（2x）（400 x2）218x48（400 x2）2x3（400 x2）2，令 y0 得 18x48(400 x2)2，所以 x2160，即 x4 10，當(dāng) 0 x410時，18x48(400 x2)2，即 y0，所以函數(shù) y4x29400 x2為單調(diào)遞減函數(shù)，當(dāng) 4 10 x8(400 x2)2，即 y0，所以函數(shù) y4x29400 x2為單調(diào)遞增函數(shù)所以

8、當(dāng) x410時，即當(dāng)點 C 到小區(qū) A 的距離為 4 10 km 時，函數(shù) y4x29400 x2(0 x20)有最小值，即信號發(fā)射塔對小區(qū) A 和小區(qū) B 的總影響度最小1某商場從生產(chǎn)廠家以每件 20 元購進(jìn)一批商品，若該商品零售價為 p 元，銷量 Q(單位： 件)與零售價 p(單位： 元)有如下關(guān)系： Q8 300170pp2， 則該商品零售價定為_元時利潤最大，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(p20)Q(p20)(8 300170pp2)p3150p211 700p166 000(p20)，則 y3p2300p11 700.令 y0 得 p2100p3

9、9000，解得 p30 或 p130(舍去)則 p，y，y變化關(guān)系如下表：p(20，30)30(30，)y0y極大值故當(dāng) p30 時，y 取極大值為 23 000 元又 yp3150p211 700p166 000 在20，)上只有一個極值，故也是最值所以該商品零售價定為每件 30 元，所獲利潤最大為 23 000 元答案 3023 0002(20 xx南京、鹽城高三模擬)已知函數(shù) f(x)ln x(ea)xb，其中 e 為自然對數(shù)的底數(shù)若不等式 f(x)0 恒成立，則ba的最小值為_解析：由不等式 f(x)0 恒成立可得 f(x)max0.f(x)1xea，x0，當(dāng) ea0，即ae 時， f

10、(x)0， f(x)在(0， )上單調(diào)遞增， 且 x 趨近于， f(x)趨近于， 此時 f(x)0不可能恒成立；當(dāng) ea0，即 ae 時，由 f(x)0 得 x1ae，當(dāng) x0，1ae 時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng) x1ae，時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減，此時 f(x)maxf1ae ln(ae)1b0，則 bln(ae)1，又 ae，所以baln（ae）1a，ae，令aet0，則baln t1te，t0.令 g(t)ln t1te，t0，則 g(t)ln tet（te）2，由 g(t)0 得 te，且當(dāng) t(0，e)時，g(t)0，g(t)單調(diào)遞減，當(dāng) t(e，)時，g(t)0，

11、g(t)單調(diào)遞增，所以 g(t)ming(e)1e，即baln t1te1e，故ba的最小值為1e.答案：1e3(20 xx南京、鹽城模擬)已知函數(shù) f(x)滿足：f(x)2f(x2)，xR；f(x)ln xax，x(0，2)；f(x)在(4，2)內(nèi)能取到最大值4.(1)求實數(shù) a 的值；(2)設(shè)函數(shù) g(x)13bx3bx，若對任意的 x1(1，2)總存在 x2(1，2)使得 f(x1)g(x2)，求實數(shù) b 的取值范圍解 (1)當(dāng) x(4，2)時，有 x4(0，2)，由條件得 f(x4)ln(x4)a(x4)，再由條件得 f(x)2f(x2)4f(x4)4ln(x4)4a(x4)故 f(x

12、)4x44a，x(4，2)由，f(x)在(4，2)內(nèi)有最大值，方程 f(x)0，即4x44a0 在(4，2)內(nèi)必有解，故 a0，且解為 x1a4.又最大值為4，所以 f(x)maxf(1a4)4ln(1a)4a(1a)4，即 ln(1a)0，所以 a1.(2)設(shè) f(x)在(1，2)內(nèi)的值域為 A，g(x)在(1，2)內(nèi)的值域為 B，由條件可知 AB.由(1)知，當(dāng) x(1，2)時，f(x)ln xx，f(x)1x11xx0，故 f(x)在(1，2)內(nèi)為減函數(shù)，所以 A(f(2)，f(1)(ln 22，1)對 g(x)求導(dǎo)得 g(x)bx2bb(x1)(x1)若 b0，則當(dāng) x(1，2)時，g

13、(x)0，則當(dāng) x(1，2)時，g(x)0，g(x)為增函數(shù)，所以 B(g(1)，g(2)(23b，23b)由 AB，得23bln 22 且23b1，故必有 b332ln 2.若 b0，則 B0，此時 AB 不成立綜上可知，b 的取值范圍是(，32ln 23332ln 2，)4(20 xx江蘇省揚州中學(xué)月考)設(shè)函數(shù) f(x)ln x，g(x)m（xn）x1(m0)(1)當(dāng) m1 時，函數(shù) yf(x)與 yg(x)在 x1 處的切線互相垂直，求 n 的值；(2)若函數(shù) yf(x)g(x)在定義域內(nèi)不單調(diào)，求 mn 的取值范圍；(3)是否存在實數(shù) a，使得 f2ax f(eax)fx2a 0 對任

14、意正實數(shù) x 恒成立？若存在，求出滿足條件的實數(shù) a；若不存在，請說明理由解 (1)當(dāng) m1 時，g(x)1n（x1）2，所以 yg(x)在 x1 處的切線斜率為1n4，由 f(x)1x，所以 yf(x)在 x1 處的切線斜率為 1，所以1n411，所以 n5.(2)易知函數(shù) yf(x)g(x)的定義域為(0，)，又 yf(x)g(x)1xm（1n）（x1）2x22m（1n）x1x（x1）2x2m（1n）1x（x1）2，由題意，得 x2m(1n)1x的最小值為負(fù)，所以 m(1n)4(注：結(jié)合函數(shù) yx22m(1n)x1 圖象同樣可以得到)，所以m（1n）24m(1n)4，所以 m(1n)4，所

15、以 mn3.(3)令(x)f2ax f(eax)fx2a axln 2aaxln xln xln 2a，其中 x0，a0，則(x)aln 2aaln xa1x，設(shè)(x)aln 2aaln xa1x，(x)ax1x2ax1x20，所以(x)在(0，)單調(diào)遞減，(x)0 在區(qū)間(0，)必存在實根，不妨設(shè)(x0)0，即(x0)aln 2aaln x0a1x00，可得 ln x01ax0ln 2a1，(*)(x)在區(qū)間(0，x0)上單調(diào)遞增，在(x0，)上單調(diào)遞減，所以(x)max(x0)，(x0)(ax01)ln 2a(ax01)ln x0，將(*)式代入得(x0)ax01ax02，根據(jù)題意(x0)ax01ax020 恒成立又根據(jù)基本不等式，ax01ax02，當(dāng)且僅當(dāng) ax01ax0時，等式成立，所以 ax01ax02，ax01 所以 x01a.代入(*)式得，ln1aln 2a，即1a2a，a.