新教材適用2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第5章一元函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用5.3導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用5.3.3利用導(dǎo)數(shù)解決與函數(shù)有關(guān)的問題素養(yǎng)作業(yè)新人教A版選擇性必修第二冊

第五章5.35.3.3A組·基礎(chǔ)自測一、選擇題1．煉油廠某分廠將原油精煉為汽油，需對原油進(jìn)行冷卻和加熱，假如第x小時時，原油溫度(單位：℃)為f(x)＝eq\f(1,3)x3－x2＋8(0≤x≤5)，那么，原油溫度的瞬時改變率的最小值是(C)A．8 B．eq\f(20,3)C．－1 D．－8[解析]瞬時改變率即為f′(x)＝x2－2x，為二次函數(shù)，且f′(x)＝(x－1)2－1，又x∈[0,5]，故x＝1時，f′(x)min＝－1.2．做一個容積為256升的方底無蓋水箱，當(dāng)用料最省時，它的底面邊長為(D)A．5分米 B．6分米C．7分米 D．8分米[解析]設(shè)底面邊長為x分米，則高為h＝eq\f(256,x2)，其表面積S＝x2＋4·eq\f(256,x2)·x＝x2＋eq\f(256×4,x)，S′＝2x－eq\f(256×4,x2)，令S′＝0，則x＝8.當(dāng)0<x<8時，S′<0，當(dāng)x>8時，S′>0，故x＝8時S最小．3．已知函數(shù)f(x)＝(x2＋a)ex有最小值，則函數(shù)y＝f′(x)的零點個數(shù)為(C)A．0 B．1C．2 D．不確定[解析]f′(x)＝(x2＋2x＋a)ex，若函數(shù)f(x)＝(x2＋a)ex有最小值，則g(x)＝x2＋2x＋a不能恒大于等于0，故存在x使得g(x)<0，即g(x)＝x2＋2x＋a有2個不相等的實數(shù)根，即函數(shù)y＝f′(x)的零點個數(shù)為2個，故選C.4．已知函數(shù)f(x)＝ex－x－a，若函數(shù)y＝f(x)有零點，則實數(shù)a的取值范圍是(B)A．(1，＋∞) B．[1，＋∞)C．(－∞，1) D．(－∞，1][解析]函數(shù)y＝f(x)有零點等價于方程ex－x＝a有解，令g(x)＝ex－x，g′(x)＝ex－1，當(dāng)x>0時，g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x<0時，g′(x)<0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減，又g(0)＝1，所以a≥1.故選B.5．內(nèi)接于半徑為R的球且體積最大的圓柱體的高為(A)A.eq\f(2\r(3),3)R B．eq\f(\r(3),3)RC．eq\f(3\r(3),2)R D．eq\f(\r(3),2)R[解析]作軸截面如圖所示，設(shè)圓柱體高為2h，則底面半徑為eq\r(R2－h(huán)2)，圓柱體體積為V＝π·(R2－h(huán)2)·2h＝2πR2h－2πh3.令V′＝0得2πR2－6πh2＝0，∴h＝eq\f(\r(3),3)R.即當(dāng)2h＝eq\f(2\r(3),3)R時，圓柱體的體積最大．二、填空題6．(2024·江蘇省南京市期末)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)＋a在(0，＋∞)上的最小值為2e，則實數(shù)a的值為_e__.[解析]f′(x)＝eq\f(exx－1,x2)，當(dāng)x>0時，令f′(x)>0，解得x>1，令f′(x)<0，解得0<x<1，故f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(x)min＝f(1)＝e＋a＝2e，解得a＝e.7．函數(shù)f(x)＝x3－eq\f(1,2)x2－2x＋5，若對于隨意x∈[－1,2]，都有f(x)<m，則實數(shù)m的取值范圍是_(7，＋∞)__.[解析]f′(x)＝3x2－x－2，令f′(x)＝0，得x＝－eq\f(2,3)或x＝1.可求得f(x)max＝f(2)＝7.所以對于隨意x∈[－1,2]，f(x)<m恒成立時，m>7.8．(2024·桂林高一檢測)已知函數(shù)f(x)＝ex(lnx－1)，使得f(m)≥－e成立的實數(shù)m的取值范圍為_[1，＋∞)__.[解析]f′(x)＝exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(1,x)－1))，令g(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－1，則g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)，當(dāng)0<x<1時，g′(x)<0，函數(shù)單調(diào)遞減，當(dāng)x>1時，g′(x)>0，函數(shù)單調(diào)遞增，故g(x)≥g(1)＝0，即f′(x)≥0恒成立，從而f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且f(1)＝－e，故m≥1.三、解答題9．某工廠生產(chǎn)某種產(chǎn)品，已知該產(chǎn)品的月產(chǎn)量x(噸)與每噸產(chǎn)品的價格P(元/噸)之間的關(guān)系為P＝24200－eq\f(1,5)x2，且生產(chǎn)x噸的成本為R＝50000＋200x元．問每月生產(chǎn)多少噸該產(chǎn)品才能使利潤達(dá)到最大？最大利潤是多少？(利潤＝收入－成本)．[解析]每月生產(chǎn)x噸時的利潤為f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(24200－\f(1,5)x2))x－(50000＋200x)＝－eq\f(1,5)x3＋24000x－50000(x≥0)．由f′(x)＝－eq\f(3,5)x2＋24000＝0，解得x1＝200，x2＝－200(舍去)．因f(x)在[0，＋∞)內(nèi)只有一個點x＝200使f′(x)＝0，故它就是最大值點，且最大值為：f(200)＝－eq\f(1,5)×2003＋24000×200－50000＝3150000(元)答：每月生產(chǎn)200噸產(chǎn)品時利潤達(dá)到最大，最大利潤為315萬元．10．(2024·寧夏銀川一中高三月考)已知函數(shù)f(x)＝alnx－eq\f(1,x)，a∈R.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)a＝1，且x≥2時，證明：f(x－1)≤2x－5.[解析](1)由于f′(x)＝eq\f(ax＋1,x2).當(dāng)a≥0時，對于x∈(0，＋∞)，有f′(x)>0恒成立，即f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)．當(dāng)a<0時，由f′(x)＝0，得x＝－eq\f(1,a)∈(0，＋∞)．當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．(2)證明：當(dāng)a＝1時，f(x－1)＝ln(x－1)－eq\f(1,x－1)，x∈[2，＋∞)．令g(x)＝ln(x－1)－eq\f(1,x－1)－2x＋5.g′(x)＝eq\f(1,x－1)＋eq\f(1,x－12)－2＝－eq\f(2x－1x－2,x－12).當(dāng)x>2時，g′(x)<0，g(x)在(2，＋∞)單調(diào)遞減．又g(2)＝0，所以g(x)在(2，＋∞)恒為負(fù)．所以當(dāng)x∈[2，＋∞)時，g(x)≤0，即ln(x－1)－eq\f(1,x－1)－2x＋5≤0.故當(dāng)a＝1，且x≥2時，f(x－1)≤2x－5成立．B組·素養(yǎng)提升一、選擇題1．函數(shù)f(x)＝(x2＋tx)ex(實數(shù)t為常數(shù)，且t<0)的圖象大致是(B)[解析]由f(x)＝0得x2＋tx＝0，得x＝0或x＝－t，即函數(shù)f(x)有兩個零點，解除A，C，函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f′(x)＝(2x＋t)ex＋(x2＋tx)ex＝[x2＋(t＋2)x＋t]ex，當(dāng)x→－∞時，f′(x)>0，即在x軸最左側(cè)，函數(shù)f(x)為增函數(shù)，解除D.2．(多選題)若f(x)是定義在(0，＋∞)上的可導(dǎo)函數(shù)，且對于隨意x∈(0，＋∞)，有xf′(x)>f(x)>0，設(shè)a>b>0，則下列不等式肯定成立的是(AD)A．a(chǎn)f(a)>bf(b) B．a(chǎn)f(a)<bf(b)C．a(chǎn)f(b)>bf(a) D．a(chǎn)f(b)<bf(a)[解析]因為x∈(0，＋∞)，有xf′(x)>f(x)>0，令g(x)＝eq\f(fx,x)，則g′(x)＝eq\f(f′xx－fx,x2)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，由a>b>0，可得g(a)>g(b)，即eq\f(fa,a)>eq\f(fb,b)，所以bf(a)>af(b)，故D正確；因為xf′(x)>f(x)>0，令h(x)＝xf(x)，則h′(x)＝xf′(x)＋f(x)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，由a>b>0，可得h(a)>h(b)，即af(a)>bf(b)，故A正確．3．(多選題)已知不等式(x－2)ex≥a對隨意的x∈R恒成立，則滿意條件的整數(shù)a的可能值為(AB)A．－4 B．－3C．－2 D．－1[解析]令f(x)＝(x－2)ex，則f′(x)＝(x－1)ex，易得當(dāng)x>1時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x<1時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，故當(dāng)x＝1時，函數(shù)f(x)取得最小值f(1)＝－e，故a≤－e，結(jié)合選項可知，A，B符合．二、填空題4．(2024·黑龍江省大慶鐵人中學(xué)期中)若函數(shù)f(x)＝x2ex－a恰有三個零點，則實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,e2))).[解析]易知f′(x)＝2xex＋x2ex＝xex(x＋2)，x∈R.令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝－2，分析易知f(x)在(－2,0)上單調(diào)遞減，在(－∞，－2)和(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以0和－2是函數(shù)f(x)的極值點，函數(shù)的微小值為f(0)＝－a，極大值為f(－2)＝4e－2－a＝eq\f(4,e2)－a.函數(shù)f(x)＝x2ex－a恰有三個零點，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－2＝\f(4,e2)－a>0，,f0＝－a<0，))解得0<a<eq\f(4,e2)，故實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,e2))).5．某公司租地建倉庫，每月土地占用費y1與倉庫到車站的距離成反比，而每月庫存貨物的運費y2與倉庫到車站的距離成正比．假如在距離車站10千米處建倉庫，這兩項費用y1和y2分別為2萬元和8萬元，那么，要使這兩項費用之和最小，倉庫應(yīng)建在離車站_5__千米處．[解析]依題意可設(shè)每月土地占用費y1＝eq\f(k1,x)，每月庫存貨物的運費y2＝k2x，其中x是倉庫到車站的距離．于是，由2＝eq\f(k1,10)，得k1＝20；由8＝10k2，得k2＝eq\f(4,5).因此兩項費用之和為y＝eq\f(20,x)＋eq\f(4x,5).y′＝－eq\f(20,x2)＋eq\f(4,5).令y′＝－eq\f(20,x2)＋eq\f(4,5)＝0，得x＝5(x＝－5舍去)，且當(dāng)x>5時，y′>0；當(dāng)0<x<5時，y′<0，故當(dāng)倉庫建在離車站5千米處時，兩項費用之和最?。?、解答題6．已知函數(shù)f(x)＝aex－blnx在點(1，f(1))處的切線方程為y＝(e－1)x＋1.(1)求a，b的值；(2)求證：f(x)>2.[解析](1)函數(shù)f(x)＝aex－blnx的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝aex－eq\f(b,x)，函數(shù)f(x)＝aex－blnx在點(1，f(1))處的切線斜率為k＝ae－b，由切線方程y＝(e－1)x＋1，可得ae－b＝e－1，e＝ae，解得a＝1，b＝1.(2)f(x)＝ex－lnx，導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝ex－eq\f(1,x)，x>0，易知f′(x)為增函數(shù)，且f′(1)>0，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))<0.所以存在m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，有f′(m)＝0，即em＝eq\f(1,m)，且x>m時，f′(x)>0，f(x)遞增；0<x<m時，f′(x)<0，f(x)遞減，可得在x＝m處f(x)取得最小值，f(m)＝em－lnm＝eq\f(1,m)＋m>2，可得f(x)>2成立．C組·探究創(chuàng)新(2024·新高考Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝x(1－lnx)．(1)探討f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)a，b為兩個不相等的正數(shù)，且blna－alnb＝a－b，證明：2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e.[解析](1)由題意，得f′(x)＝1－lnx＋x·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))＝－lnx，所以當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)>0，此時f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0，此時f(x)單調(diào)遞減．(2)證明：由blna－alnb＝a－b，得eq\f(lna,a)＋eq\f(1,a)＝eq\f(lnb,b)＋eq\f(1,b)，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b))).設(shè)b>a>0，由(1)知0<a<1，b>1，所以eq\f(1,a)>1,0<eq\f(1,b)<1,2－eq\f(1,a)<1.設(shè)g(x)＝f(x)－f(2－x)，1<x<2，則g′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－lnx－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]>0，所以g(x)在(1,2)上是增函數(shù)，所以g(x)>g(1)＝0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))>feq\b\lc\(\rc\)