高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 3.3 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用題組訓(xùn)練 理 蘇教版

第3講導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用基礎(chǔ)鞏固題組(建議用時(shí)：40分鐘)一、填空題1．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)mx2＋lnx－2x在定義域內(nèi)是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．解析f′(x)＝mx＋eq\f(1,x)－2≥0對(duì)一切x＞0恒成立，m≥－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))2＋eq\f(2,x)，令g(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))2＋eq\f(2,x)，則當(dāng)eq\f(1,x)＝1時(shí)，函數(shù)g(x)取最大值1，故m≥1.答案[1，＋∞)2．若f(x)＝xsinx＋cosx，則f(－3)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))，f(2)的大小關(guān)系為________．解析函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，因此f(－3)＝f(3)．又f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時(shí)，f′(x)<0.∴f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上是減函數(shù)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))>f(2)>f(3)＝f(－3)．答案f(－3)<f(2)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))3．若直線y＝m與y＝3x－x3的圖象有三個(gè)不同的交點(diǎn)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．解析y′＝3(1－x)(1＋x)，由y′＝0，得x＝±1.∴y極大值＝2，y極小值＝－2，∴－2<m<2.答案(－2,2)4．若關(guān)于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m對(duì)任意x∈[－2,2]恒成立，則m的取值范圍是________．解析令f(x)＝x3－3x2－9x＋2，則f′(x)＝3x2－6x－9，令f′(x)＝0，得x＝－1或3(舍去)．∵f(－1)＝7，f(－2)＝0，f(2)＝－20.∴f(x)的最小值為f(2)＝－20，故m≤－20.答案(－∞，－20]5．從邊長為10cm×16cm的矩形紙板的四角截去四個(gè)相同的小正方形，作成一個(gè)無蓋的盒子，則盒子容積的最大值為________．解析設(shè)盒子容積為ycm3，盒子的高為xcm，則x∈(0,5)．則y＝(10－2x)(16－2x)x＝4x3－52x2＋160x，∴y′＝12x2－104x＋160.令y′＝0，得x＝2或eq\f(20,3)(舍去)，∴ymax＝6×12×2＝144(cm3)．答案144cm36．(·浙江卷改編)已知e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，設(shè)函數(shù)f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1,2)，則下列結(jié)論正確的是________(填序號(hào))．①當(dāng)k＝1時(shí)，f(x)在x＝1處取到極小值②當(dāng)k＝1時(shí)，f(x)在x＝1處取到極大值③當(dāng)k＝2時(shí)，f(x)在x＝1處取到極小值④當(dāng)k＝2時(shí)，f(x)在x＝1處取到極大值解析當(dāng)k＝1時(shí)，f′(x)＝ex·x－1，f′(1)≠0，∴x＝1不是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)．當(dāng)k＝2時(shí)，f′(x)＝(x－1)(xex＋ex－2)，顯然f′(1)＝0，且x在1的左邊附近f′(x)<0，x在1的右邊附近f′(x)>0，∴f(x)在x＝1處取得極小值．答案③7.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x·f′(x)<0的解集為________．解析(1)當(dāng)x∈(－∞，－1)和x∈(1，＋∞)時(shí)，f(x)是增函數(shù)，∴f′(x)>0，由x·f′(x)<0，得x<0，∴x<－1.(2)當(dāng)x∈(－1,1)時(shí)，f(x)是減函數(shù)，∴f′(x)<0.由x·f′(x)<0，得x>0，∴0<x<1.故x·f′(x)<0的解集為(－∞，－1)∪(0,1)．答案(－∞，－1)∪(0,1)8．設(shè)函數(shù)f(x)＝6lnx，g(x)＝x2－4x＋4，則方程f(x)－g(x)＝0有________個(gè)實(shí)根．解析設(shè)φ(x)＝g(x)－f(x)＝x2－4x＋4－6lnx，則φ′(x)＝eq\f(2x2－4x－6,x)＝eq\f(2x＋1x－3,x)，且x>0.由φ′(x)＝0，得x＝3.當(dāng)0<x<3時(shí)，φ′(x)<0；當(dāng)x>3時(shí)，φ′(x)>0.∴φ(x)在(0，＋∞)上有極小值φ(3)＝1－6ln3<0.故y＝φ(x)的圖象與x軸有兩個(gè)交點(diǎn)，則方程f(x)－g(x)＝0有兩個(gè)實(shí)根．答案2二、解答題9．某種產(chǎn)品每件成本為6元，每件售價(jià)為x元(6<x<11)，年銷售為u萬件，若已知eq\f(585,8)－u與eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(21,4)))2成正比，且售價(jià)為10元時(shí)，年銷量為28萬件．(1)求年銷售利潤y關(guān)于售價(jià)x的函數(shù)關(guān)系式；(2)求售價(jià)為多少時(shí)，年利潤最大，并求出最大年利潤．解(1)設(shè)eq\f(585,8)－u＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(21,4)))2，∵售價(jià)為10元時(shí)，年銷量為28萬件，∴eq\f(585,8)－28＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10－\f(21,4)))2，解得k＝2.∴u＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(21,4)))2＋eq\f(585,8)＝－2x2＋21x＋18.∴y＝(－2x2＋21x＋18)(x－6)＝－2x3＋33x2－108x－108(6<x<11)．(2)y′＝－6x2＋66x－108＝－6(x2－11x＋18)＝－6(x－2)(x－9)．令y′＝0，得x＝2(舍去)或x＝9，顯然，當(dāng)x∈(6,9)時(shí)，y′>0；當(dāng)x∈(9,11)時(shí)，y′<0.∴函數(shù)y＝－2x3＋33x2－108x－108在(6,9)上是單調(diào)遞增，在(9,11)上是單調(diào)遞減．∴當(dāng)x＝9時(shí)，y取最大值，且ymax＝135，∴售價(jià)為9元時(shí)，年利潤最大，最大年利潤為135萬元．10．(·南京調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝ex－m－x，其中m為常數(shù)．(1)若對(duì)任意x∈R有f(x)≥0恒成立，求m的取值范圍；(2)當(dāng)m>1時(shí)，判斷f(x)在[0,2m解(1)依題意，可知f(x)在R上連續(xù)，且f′(x)＝ex－m－1，令f′(x)＝0，得x＝m.故當(dāng)x∈(－∞，m)時(shí)，ex－m<1，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(m，＋∞)時(shí)，ex－m>1，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．故當(dāng)x＝m時(shí)，f(m)為極小值也是最小值．令f(m)＝1－m≥0，得m≤1，即對(duì)任意x∈R，f(x)≥0恒成立時(shí)，m的取值范圍是(－∞，1]．(2)當(dāng)m>1時(shí)，f(m)＝1－m<0.∵f(0)＝e－m>0，f(0)·f(m)<0，且f(x)在(0，m)上單調(diào)遞減．∴f(x)在(0，m)上有一個(gè)零點(diǎn)．又f(2m)＝em－2m，令g(m)＝em－∵當(dāng)m>1時(shí)，g′(m)＝em－2>0，∴g(m)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．∴g(m)>g(1)＝e－2>0，即f(2m∴f(m)·f(2m)<0，∴f(x)在(m,2故f(x)在[0,2m能力提升題組(建議用時(shí)：25分鐘)一、填空題1．(·濰坊模擬)已知函數(shù)y＝f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x<0時(shí)，不等式f(x)＋xf′(x)<0成立，若a＝30.3f(30.3)，b＝(logπ3)f(logπ3)，c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,9)))feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,9)))，則a，b，c間的大小關(guān)系是________．解析設(shè)g(x)＝xf(x)，則g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0(x<0)，∴當(dāng)x<0時(shí)，g(x)＝xf(x)為減函數(shù)．又g(x)為偶函數(shù)，∴當(dāng)x>0時(shí)，g(x)為增函數(shù)．∵1<30.3<2,0<logπ3<1，log3eq\f(1,9)＝－2，∴g(－2)>g(30.3)>g(logπ3)，即c>a>b.答案c>a>b2．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋6x＋e2－5e－2，x≤e，,x－2lnx，x>e))(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，且e≈2.718)．若f(6－a2)>f(a)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析當(dāng)x≤e時(shí)，f′(x)＝2(3－x)>0；當(dāng)x>e時(shí)，f′(x)＝1－eq\f(2,x)>0，∴f(x)在R上單調(diào)遞增．因此6－a2>a，解之得－3<a<2.答案(－3,2)3．將邊長為1m的正三角形薄鐵皮，沿一條平行于某邊的直線剪成兩塊，其中一塊是梯形，記S＝eq\f(梯形的周長2,梯形的面積)，則S的最小值是________．解析如圖所示，設(shè)AD＝xm(0＜x＜1)，則DE＝AD＝xm，∴梯形的周長為x＋2(1－x)＋1＝3－x(m)，又S△ADE＝eq\f(\r(3),4)x2(m2)，∴梯形的面積為eq\f(\r(3),4)－eq\f(\r(3),4)x2(m2)，∴S＝eq\f(4\r(3),3)×eq\f(x2－6x＋9,1－x2)(0＜x＜1)，∴S′＝eq\f(－8\r(3),3)×eq\f(3x－1x－3,1－x22)，令S′＝0，得x＝eq\f(1,3)或3(舍去)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))時(shí)，S′＜0，S遞減；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))時(shí)，S′＞0，S遞增．故當(dāng)x＝eq\f(1,3)時(shí)，S的最小值是eq\f(32\r(3),3).答案eq\f(32\r(3),3)二、解答題4．(·湛江質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝sinx(x≥0)，g(x)＝ax(x≥0)．(1)若f(x)≤g(x)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)當(dāng)a取(1)中的最小值時(shí)，求證：g(x)－f(x)≤eq\f(1,6)x3.解(1)令h(x)＝sinx－ax(x≥0)，則h′(x)＝cosx－a.①若a≥1，h′(x)＝cosx－a≤0，h(x)＝sinx－ax(x≥0)單調(diào)遞減，h(x)≤h(0)＝0，則sinx≤ax(x≥0)成立．②若0<a<1，存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，使得cosx0＝a，當(dāng)x∈(0，x0)，h′(x)＝cosx－a>0，h(x)＝sinx－ax(x∈(0，x0))單調(diào)遞增，h(x)>h(0)＝0，不合題意．③若a≤0，結(jié)合f(x)與g(x)的圖象可知顯然不合題意．綜上可知，a的取值范圍是[1，＋∞)．(2)當(dāng)a取(1)中的最小值為1時(shí)，g(x)－f(x)＝x－sinx.設(shè)H(x)＝x－sinx－eq\f(1,6)x3(x≥0)，則H′(x)＝1－cosx－eq\f(1,2)x2.令G(x)＝1－cosx－eq\f(1,2)x2，則G′(x)＝sinx－x≤0(x≥0)，所