（江苏专用）2018版高考数学专题复习专题3导数及其应用第23练导数综合练练习文训练目标(1)利用导数研究函数的常见题型；(2)解题步骤的规范训练．训练题型(1)利用导数求切线问题；(2)导数与单调性；(3)导数与极值、最值．解题策略(1)求曲线切线的关键是确定切点；(2)讨论函数的单调性、极值、最值可通过研究导数的符号用列表法解决；(3)证明不等式、不等式恒成立或有解、函数零点问题都可以转化为函数极值、最值问题.1．(2016·河北衡水中学调考)f(x)是定义在R上的函数，其导函数为f′(x)，若f(x)－f′(x)＜1，f(0)＝2016，则不等式f(x)＞2015·ex＋1(其中e为自然对数的底数)的解集为________．2．(2017·福建“四地六校”联考)已知曲线f(x)＝x3－x2＋ax－1存在两条斜率为3的切线，且切点的横坐标都大于零，则实数a的取值范围为________________．3．(2016·泰州二模)若函数f(x)＝x2|x－a|在区间[0,2]上单调递增，则实数a的取值范围是________________．4．(2016·扬州期末)若函数f(x)＝lnx－(m∈R)在区间[1，e]上取得最小值4，则实数m的值是________．5．(2016·南京调研)已知函数f(x)＝x3＋x2－2ax＋1，若函数f(x)在(1,2)上有极值，则实数a的取值范围为________________．6．(2016·苏北四市联考)函数f(x)＝ex－elnx－e的极小值为________．7．某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品，若该商品零售价定为p元，则销售量Q(单位：件)与零售价p(单位：元)有如下关系：Q＝8300－170p－p2.问该商品零售价定为________元时毛利润最大(毛利润＝销售收入－进货支出)．8．(2016·盐城模拟)当x∈[－2,1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是__________．9．若函数f(x)＝xlnx＋x2＋ax＋2有零点，则a的取值范围是____________．10．(2016·苏州模拟)已知函数f(x)＝ln.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)求证：当x∈(0,1)时，f(x)＞2；(3)设实数k使得f(x)＞k对x∈(0,1)恒成立，求k的最大值．答案精析1．(0，＋∞)2.3．(－∞，0]∪[3，＋∞)4.－3e5．(，4)解析因为函数f(x)在(1,2)上有极值，则需函数f(x)在(1,2)上有极值点．令f′(x)＝x2＋2x－2a＝0，得x1＝－1－，x2＝－1＋，因为x1∉(1,2)，因此需1＜x2＜2，即1＜－1＋＜2，即4＜1＋2a＜9，所以＜a＜4，故实数a的取值范围为(，4)．6．0解析因为f(x)＝ex－elnx－e.所以f′(x)＝ex－＝.令x＝1，则f′(x)＝0，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)极小值＝f(1)＝0.17．30解析由题意知，毛利润＝销售收入－进货支出，设该商品的毛利润为L(p)，则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)．此时，L(30)＝23000.因为在p＝30附近的左侧L′(p)＞0，右侧L′(p)＜0.所以L(30)是极大值，根据实际问题的意义知，L(30)是最大值．8．[－6，－2]解析当x＝0时，ax3－x2＋4x＋3≥0变为3≥0恒成立，即a∈R.当x∈(0,1]时，ax3≥x2－4x－3，a≥，∴a≥max.设φ(x)＝，φ′(x)＝＝－＝－＞0，∴φ(x)在(0,1]上递增，φ(x)max＝φ(1)＝－6，∴a≥－6.当x∈[－2,0)时，a≤，∴a≤min.仍设φ(x)＝，φ′(x)＝－.当x∈[－2，－1)时，φ′(x)＜0，当x∈(－1,0)时，φ′(x)＞0.∴当x＝－1时，φ(x)有极小值，即为最小值．而φ(x)min＝φ(－1)＝＝－2，∴a≤－2.综上知－6≤a≤－2.9．{a|a≤－3}解析由题意知f(x)＝xlnx＋x2＋ax＋2＝0在(0，＋∞)上有零点，即－a＝lnx＋x＋在(0，＋∞)上有实根，令φ(x)＝lnx＋x＋，则φ′(x)＝＋1－＝＝(x＋2)(x－1)，易知，φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以，－a≥φ(x)min＝φ(1)＝3，所以a≤－3.10．(1)解因为f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，所以f′(x)＝＋，f′(0)＝2.又因为f(0)＝0，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x.2(2)证明令g(x)＝f(x)－2，则g′(x)＝f′(x)－2(1＋x2)＝.因为g′(x)＞0(0＜x＜1)，所以g(x)在区间(0,1)上单调递增．所以g(x)＞g(0)＝0，x∈(0,1)，即当x∈(0,1)时，f(x)＞2.(3)解由(2)知，当k≤2时，f(x)＞k对x∈(0,1)恒成立．当k＞2时，令h(x)＝f(x)－k，则h′(x)＝f′(x)－k(1＋x2)＝.所以当0＜x＜时，h′(x)＜0，因此h(x)在区间上单调递减．当0＜x＜时，h(x)＜h(0)＝0，即f(x)＜k.所以当k＞2时，f(x)＞k并非对x∈(0,1)恒成立．综上可知，k的最大值为2.3
