【全程復習方略】2020年人教A版數(shù)學文(廣東用)課時作業(yè)：2.12導數(shù)與生活中的優(yōu)化問題及綜合應用

溫馨提示：此套題為Word版，請按住Ctrl,滑動鼠標滾軸，調(diào)整合適的觀看比例，答案解析附后。關(guān)閉Word文檔返回原板塊。課時提升作業(yè)(十五)一、選擇題1.設f(x)，g(x)在［a，b］上可導，且f′(x)>g′(x)，則當a<x<b時，有()（A）f(x)>g(x)（B）f(x)<g(x)（C）f(x)＋g(a)>g(x)＋f(a)（D）f(x)＋g(b)>g(x)＋f(b)2.若對任意的x＞0，恒有l(wèi)nx≤px-1(p＞0)，則p的取值范圍是()（A）(0,1］（B）(1,+∞)（C）(0,1)（D）［1,+∞)3.已知某生產(chǎn)廠家的年利潤y(單位：萬元)與年產(chǎn)量x(單位：萬件)的函數(shù)關(guān)系式為y＝－x3＋81x－234，則使該生產(chǎn)廠家獵取最大年利潤的年產(chǎn)量為()（A）13萬件（B）11萬件（C）9萬件（D）7萬件4.(2021·中山模擬)已知函數(shù)f(x)=-x2-x4-x6，x1,x2,x3∈R且x1+x2<0,x2+x3<0,x3+x1<0，則f′(x1)+f′(x2)+f′(x3)的值(f′(x)是f(x)的導數(shù))()（A）確定小于零（B）等于零（C）確定大于零（D）正負均有可能5．(2021·煙臺模擬)函數(shù)y=2x3+1的圖象與函數(shù)y=3x2-b的圖象有三個不相同的交點，則實數(shù)b的取值范圍是()（A）（-2,-1）（B）(-1,0)（C）(0,1)（D）(1,2)6.設f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，當x＜0時，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，且f(－3)·g(－3)＝0，則不等式f(x)g(x)＜0的解集是()（A）(－3,0)∪(3，＋∞)（B）(－3,0)∪(0,3)（C）(－∞，－3)∪(3，＋∞)（D）(－∞，－3)∪(0,3)二、填空題7．已知函數(shù)f(x)＝xsinx，x∈R，f(－4)，f()，f(－)的大小關(guān)系為_______(用“<”連接)．8．(2021·清遠模擬)不等式ex-x>ax的解集為P,且［0，2］?P，則實數(shù)a的取值范圍是_______.9．（力氣挑戰(zhàn)題）已知函數(shù)f(x)=ax+lnx,g(x)=x2-2x+2.若對任意x1∈(0,+∞)，存在x2∈［0,1］，使得f(x1)＜g(x2)，則a的取值范圍是______.三、解答題10．已知a，b為實數(shù)，且b＞a＞e，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)，求證：ab＞ba．11.(2021·揭陽模擬)某企業(yè)科研課題組方案投資研發(fā)一種新產(chǎn)品，依據(jù)分析和猜想，能獲得10萬元～1000萬元的投資收益.企業(yè)擬制定方案對課題組進行嘉獎，嘉獎方案為：獎金y(單位：萬元)隨投資收益x(單位：萬元)的增加而增加，且獎金不超過9萬元，同時獎金小于投資收益的20%，并用函數(shù)y=f(x)模擬這一嘉獎方案.(1)試寫出模擬函數(shù)y=f(x)所滿足的條件.(2)試分析函數(shù)模型y=4lgx-3是否符合嘉獎方案的要求？并說明理由.12．（力氣挑戰(zhàn)題）已知函數(shù)f(x)=x3-x2+ax-a(a∈R).（1）當a=-3時，求函數(shù)f(x)的極值.（2）若函數(shù)f(x)的圖象與x軸有且只有一個交點，求a的取值范圍.答案解析1.【解析】選C.∵f′(x)>g′(x)，∴［f(x)－g(x)］′>0，∴f(x)－g(x)在［a，b］上是增函數(shù)．∴f(a)－g(a)<f(x)－g(x)，即f(x)＋g(a)>g(x)＋f(a)．2.【解析】選D.原不等式可化為lnx-px+1≤0，令f(x)=lnx-px+1,故只需f(x)max≤0.由f′(x)=-p，知f(x)在(0,)上單調(diào)遞增，在(,+∞)上單調(diào)遞減.故f(x)max=f()=-lnp,由-lnp≤0得p≥1.3.【解析】選C.y′＝－x2＋81，令y′＝0解得x＝9(－9舍去)．當0＜x＜9時，y′＞0；當x＞9時，y′＜0，則當x＝9時，y取得最大值，故選C.4.【解析】選C.令g(x)=f′(x)=-2x-4x3-6x5,則g′(x)=-2-12x2-30x4<0,所以f′(x)在R上既是奇函數(shù)又是減函數(shù)，由x1<-x2,x2<-x3,x3<-x1，得f′(x1)>f′(-x2)=-f′(x2),f′(x2)>f′(-x3)=-f′(x3),f′(x3)>f′(-x1)=-f′(x1)，相加得f′(x1)+f′(x2)+f′(x3)>0.5．【解析】選B.由題意知方程2x3+1=3x2-b，即2x3-3x2+1=-b有三個不相同的實數(shù)根，令f(x)=2x3-3x2+1，即函數(shù)y=f(x)=2x3-3x2+1與直線y=-b有三個交點.由f′(x)=6x2-6x=6x(x-1)知，函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(-∞,0)上單調(diào)遞增，在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+∞)上單調(diào)遞增，故f(0)是函數(shù)的極大值，f(1)是函數(shù)的微小值，若函數(shù)y=f(x)=2x3-3x2+1與直線y=-b有三個交點，則f(1)＜-b＜f(0)，解得-1＜b＜0.6.【思路點撥】本題考查x＜0時函數(shù)f(x)g(x)的單調(diào)性，利用單調(diào)性解不等式，再利用奇偶性求x＞0時的解集.【解析】選D.x＜0時，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，即x＜0時，［f(x)g(x)］′＞0.∴f(x)g(x)為增函數(shù)，且f(－3)g(－3)＝0.故當x＜－3時，f(x)g(x)＜0.∵f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，∴f(x)g(x)為奇函數(shù)，當x＞0時，由f(x)g(x)＜0得0＜x＜3.綜上，x＜-3或0＜x＜3.7．【解析】f′(x)＝sinx＋xcosx，當x∈［，］時，sinx<0，cosx<0，∴f′(x)＝sinx＋xcosx<0，則函數(shù)f(x)在x∈［，］時為減函數(shù)，∴f()<f(4)<f()，又函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，∴f()<f(－4)<f(-)．答案：f()<f(－4)<f(－)8．【思路點撥】轉(zhuǎn)化為恒成立問題，利用導數(shù)求解.【解析】由于ex-x>ax的解集為P，且［0,2］?P，所以對任意x∈［0,2］，ex-x>ax恒成立.當x=0時，不等式恒成立；當0<x≤2時，a<-1也應恒成立.令g(x)=-1，則g′(x)=,當1<x≤2時，g′(x)>0;當0<x<1時，g′(x)<0.所以當x=1時，g(x)取得最小值e-1,所以a的取值范圍是(-∞,e-1).答案：(-∞,e-1)9．【解析】只需滿足f(x1)max＜g(x2)max,x1∈(0,+∞),x2∈［0,1］.∵g(x)max=2,f′(x)=a+(x＞0).①當a≥0時，f′(x)＞0，f(x)在(0，+∞)上單調(diào)遞增，值域為R，故不符合題意.②當a＜0時，由f′(x)=0，得x=-.所以，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,-)，單調(diào)遞減區(qū)間為(-,+∞).故f(x)的極大值即為最大值，∴f(x1)max=f(-)=-1+ln()=-1-ln(-a),∴-1-ln(-a)＜2,∴a＜-.答案：(-∞,-)【變式備選】已知兩函數(shù)f(x)=8x2+16x-k,g(x)=2x3+5x2+4x,其中k為實數(shù)．(1)對任意x∈［-3,3］,都有f(x)≤g(x)成立,求k的取值范圍.(2)存在x∈［-3,3］，使f(x)≤g(x)成立,求k的取值范圍.(3)對任意x1,x2∈［-3,3］,都有f(x1)≤g(x2),求k的取值范圍．【解析】（1）設h(x)=g(x)-f(x)=2x3-3x2-12x+k，問題轉(zhuǎn)化為x∈［-3,3］時，h(x)≥0恒成立,即h(x)min≥0,x∈［-3,3］.令h′(x)=6x2-6x-12=0,得x=2或x=-1.∵h(-3)=k-45,h(-1)=k+7,h(2)=k-20,h(3)=k-9,∴h(x)min=k-45≥0,得k≥45.（2）據(jù)題意：存在x∈［-3,3］，使f(x)≤g(x)成立，即為h(x)=g(x)-f(x)≥0在x∈［-3,3］上能成立，∴h(x)max≥0.∴h(x)max=k+7≥0,得k≥-7.（3）據(jù)題意：f(x)max≤g(x)min,x∈［-3,3］,易得f(x)max=f(3)=120-k,g(x)min=g(-3)=-21.∴120-k≤-21,得k≥141.10．【證明】方法一：∵b＞a＞e，∴要證ab＞ba，只要證blna＞alnb，設f(b)=blna-alnb,則f′(b)=lna-.∵b＞a＞e,∴l(xiāng)na＞1,且＜1,∴f′(b)＞0.∴函數(shù)f(b)=blna-alnb在(e,+∞)上是增函數(shù)．∴f(b)＞f(a)=alna-alna=0,即blna-alnb＞0,∴blna＞alnb,∴ab＞ba.方法二：要證ab＞ba，只要證blna＞alnb(e＜a＜b),即證,設f(x)=(x＞e),則f′(x)=＜0,∴函數(shù)f(x)在(e,+∞)上是減函數(shù)．又∵e＜a＜b,∴f(a)＞f(b),即,∴ab＞ba.11.【解析】(1)由題意，模擬函數(shù)y=f(x)滿足的條件是：①f(x)在［10,1000］上是增函數(shù)；②f(x)≤9；③f(x)<x.(2)對于y=4lgx-3，明顯它在［10，1000］上是增函數(shù)，滿足條件①，又當10≤x≤1000時，4lg10-3≤y≤4lg1000-3，即y∈［1,9］，從而滿足條件②.下面證明：f(x)<x，即4lgx-3<x，對于x∈［10,1000］恒成立.令g(x)=4lgx-3-x(10≤x≤1000),則g′(x)=∵e<,∴l(xiāng)ge<lg=,∴20lge<10≤x,∴20lge-x<0,∴g′(x)<0對于x∈［10,1000］恒成立.∴g(x)在［10，1000］上是減函數(shù)，當x∈［10,1000］時，g(x)≤g(10)=4lg10-3-×10=-1<0,即4lgx-3-x<0，即4lgx-3<x對于x∈［10,1000］恒成立.從而滿足條件③.故函數(shù)模型y=4lgx-3符合嘉獎方案的要求.12．【思路點撥】（1）求出導函數(shù)的零點，再推斷零點兩側(cè)導數(shù)的符號.（2）三次函數(shù)的零點打算于函數(shù)的極值的符號，若函數(shù)f(x)的圖象與x軸有且只有一個交點，則此時極大值與微小值同號.【解析】(1)當a=-3時，f(x)=x3-x2-3x+3.f′(x)=x2-2x-3=(x-3)(x+1).令f′(x)=0,得x1=-1,x2=3.當x＜-1時，f′(x)＞0，則函數(shù)在(-∞,-1)上是增函數(shù),當-1＜x＜3時，f′（x）＜0，則函數(shù)在(-1,3)上是減函數(shù),當x＞3時，f′(x)＞0，則函數(shù)在(3,+∞)上是增函數(shù).所以當x=-1時，函數(shù)f(x)取得極大值為f(-1)=--1+3+3=,當x=3時,函數(shù)f(x)取得微小值為f(3)=×27-9-9+3=-6.（2）由于f′(x)=x2-2x+a，所以Δ=4-4a=4(1-a).①當a≥1時，則Δ≤0，∴f′(x)≥0在R上恒成立，所以f(x)在R上單調(diào)遞增.f(0)=-a＜0，f(3)=2a＞0，所以，當a≥1時函數(shù)的圖象與x軸有且只有一個交點.②a＜1時，則Δ＞0，∴f′(x)=0有兩個不等實數(shù)根，不妨設為x1,x2(x1＜x2),∴x1+x2=2，x1·x2=a,當x變化時，f(x)，f′(x)的變化狀況如下表：∵x-2x1+a=0,∴a=-x+2x1,∴f(x1)=x-x+ax1-a=x-x+ax1+x-2x1=x+(a-2)x1=x1［x+3(a-2)］,同理f(x2)=x2［x+3(a-2)］.∴f(x1)·f