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2015年最新高考总复习高三文科数学作业第2篇 第12讲第12讲 导数的应用(二)


第 12 讲

导数的应用(二)

基础巩固题组 (建议用时:40 分钟) 一、选择题 1. 已知函数 f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1 有极大值和极小值, 则实数 a 的取值范围 是 A.(-1,2) C.(-3,6) 解析 ∵f′(x)=3x2+2ax+(a+6), B.(-∞,-3)∪(6,+∞) D.(-∞,-1)∪(2,+∞) ( ).

由已知可得 f′(x)=0 有两个不相等的实根, ∴Δ=4a2-4×3(a+6)>0, 即 a2-3a-18>0. ∴a>6 或 a<-3. 答案 B ).

2.已知函数 f(x)=x2+mx+ln x 是单调递增函数,则 m 的取值范围是 ( A.(-2 2,+∞) C.(-∞,2 2) 解析 B.[-2 2,+∞) D.(-∞,2 2]

2x2+mx+1 依题意知 x>0 时,f′(x)= , x

令 g(x)=2x2+mx+1,x∈(0,+∞), m 当- 4 ≤0 时,g(0)=1>0 恒成立,∴m≥0 成立, m 当- 4 >0 时,则 Δ=m2-8≤0,∴-2 2≤m<0, 综上,m 的取值范围是[-2 2,+∞). 答案 B

3.某公司生产某种产品,固定成本为 20 000 元,每生产一单位产品,成本增加 100 元 , 已 知 总 营 业 收 入 R 与 年 产 量 x 的 年 关 系 是 R = R(x) =

1 ? ?400x- x2?0≤x≤400?, 2 ? ? ?80 000?x>400?, A.100 C.200 解析

则总利润最大时,每年生产的产品是 B.150 D.300

(

).

由题意得,总成本函数为 C=C(x)=20 000+100x,

x2 ? ?300x- -20 000?0≤x≤400?, 2 总利润 P(x)=? ? ?60 000-100x?x>400?, ?300-x?0≤x≤400?, 又 P′(x)=? ?-100?x>400?, 令 P′(x)=0,得 x=300,易知 x=300 时,总利润 P(x)最大. 答案 D

4. 若关于 x 的不等式 x3-3x2-9x+2≥m 对任意 x∈[-2,2]恒成立, 则 m 的取值 范围是 A.(-∞,7] C.(-∞,0] 解析 B.(-∞,-20] D.[-12,7] ( ).

令 f(x)=x3-3x2-9x+2,则 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)的最小值为 f(2)= -20,故 m≤-20,可知应选 B. 答案 B

5.(2013· 潍坊模拟)已知函数 y=f(x)是定义在 R 上的奇函数,且当 x<0 时,不等 1? ? 式 f(x) + xf′(x)<0 成立,若 a = 30.3f(30.3) , b = (logπ3)f(logπ3) , c = ?log39? f ? ? 1? ? ?log39?,则 a,b,c 间的大小关系是 ? ? A.a>b>c C.c>a>b 解析 B.c>b>a D.a>c>b ( ).

设 g(x)=xf(x), 则 g′(x)=f(x)+xf′(x)<0(x<0), ∴当 x<0 时, g(x)=xf(x)

为减函数. 又 g(x)为偶函数,∴当 x>0 时,g(x)为增函数.

1 ∵1<30.3<2,0<logπ3<1,log39=-2, ∴g(-2)>g(30.3)>g(logπ3),即 c>a>b. 答案 C

二、填空题 6.要做一个底面为长方形的带盖的箱子,其体积为 72 cm3,其底面两邻边长之 比为 1∶2,则它的长为________,宽为________,高为________时,可使表 面积最小. 解析 设底面宽为 x cm,则长为 2x cm,高为 72 cm, 2x2

72 144 216 S=4x2+ x + x =4x2+ x . 216 S′=8x- x2 =0,解得 x=3 (cm). ∴长为 6 cm,宽为 3 cm,高为 4 cm. 答案 6 cm 3 cm 4 cm

7.(2013· 湖南十二校测试)已知函数 f(x)的定义域为[-1,5],部分对应值如下表: x y -1 1 0 2 2 0 4 2 5 1

f(x)的导函数 y=f′(x)的图象如图所示.

(1)f(x)的极小值为________; (2)若函数 y=f(x)-a 有 4 个零点,则实数 a 的取值范围是________. 解析 x f′(x) f(x) (1)由 y=f′(x)的图象可知: (-1,0) + 0 0 极大值 (0,2) - 2 0 极小值 (2,4) + 4 0 极大值 (4,5) -

∴f(2)为 f(x)的极小值且 f(2)=0. (2)y=f(x)的大致图象如图所示:

若函数 y=f(x)-a 有 4 个零点,则 a 的取值范围是[1,2). 答案 (1)0 (2)[1,2)

8. (2014· 开封一模)已知函数 f(x)=ax3-3x+1 对 x∈(0,1]总有 f(x)≥0 成立, 则实 数 a 的取值范围是________ . 解析 3x-1 3x-1 当 x∈(0,1]时不等式 ax3-3x+1≥0 可化为 a≥ x3 , 设 g(x)= x3 ,

x∈(0,1], ? 1? ?x-2? 6 3x -?3x-1?· 3x ? ? g′(x)= =- . 6 4 x x
3 2

g′(x)与 g(x)随 x 的变化情况如下表: x g′(x) g(x) 1? ? ?0,2? ? ? + 1 2 0 极大值 4 ?1 ? ?2,1? ? ? -

因此 g(x)的最大值为 4,则实数 a 的取值范围是[4,+∞). 答案 [4,+∞)

三、解答题 1 9.设函数 f(x)=2x2+ex-xex. (1)求 f(x)的单调区间; (2)若当 x∈[-2,2]时,不等式 f(x)>m 恒成立,求实数 m 的取值范围. 解 (1)函数 f(x)的定义域为(-∞,+∞),

∵f′(x)=x+ex-(ex+xex)=x(1-ex), 若 x<0,则 1-ex>0,所以 f′(x)<0;若 x>0,则 1-ex<0,所以 f′(x)< 0; 当 x=0 时,f′(x)=0,∴当 x∈(-∞,+∞)时,f′(x)≤0.

∴f(x)在(-∞,+∞)上为减函数, 即 f(x)的单调减区间为(-∞,+∞). (2)由(1)知,f(x)在[-2,2]上单调递减. ∴f(x)min=f(2)=2-e2, ∴m<2-e2 时,不等式 f(x)>m 恒成立. 故实数 m 的取值范围是(-∞,2-e2). b 10.(2014· 青岛一模)设函数 f(x)=ln x,g(x)=ax+x,函数 f(x)的图象与 x 轴的交 点也在函数 g(x)的图象上,且在此点有公切线. (1)求 a,b 的值; (2)试比较 f(x)与 g(x)的大小. 解 (1)f(x)=ln x 的图象与 x 轴的交点坐标是(1,0), ①

依题意,得 g(1)=a+b=0, 1 b 又 f′(x)= x ,g′(x)=a-x2, 又 f(x)与 g(x)在点(1,0)处有公切线, ∴g′(1)=f′(1)=1,即 a-b=1, 1 1 由①②得 a=2,b=-2. (2)令 F(x)=f(x)-g(x),则 1? 1 1 ?1 F(x)=ln x-?2x-2x?=ln x-2x+2x(x>0), ? ? 1 1 1 1?1 ? ∴F′(x)= x-2-2x2=-2?x-1?2≤0. ? ? ∴F(x)在(0,+∞)上为减函数,且 F(1)=0, 当 0<x<1 时,F(x)>F(1)=0,即 f(x)>g(x); 当 x=1 时,F(x)=F(1)=0,即 f(x)=g(x); 当 x>1 时,F(x)<F(1)=0,即 f(x)<g(x). 综上可知,当 0<x≤1 时,即 f(x)≥g(x); 当 x>1 时,即 f(x)<g(x).



能力提升题组

(建议用时:25 分钟) 一、选择题 1.(2014· 洛阳统考)若函数 f(x)=2x3-9x2+12x-a 恰好有两个不同的零点,则 a 可能的值为 A.4 C.7 解析 B.6 D.8 由题意得 f′(x)=6x2-18x+12=6(x-1)(x-2),由 f′(x)>0 得 x<1 ( ).

或 x>2,由 f′(x)<0 得 1<x<2,所以函数 f(x)在(-∞,1),(2,+∞)上单 调递增, 在(1,2)上单调递减, 从而可知 f(x)的极大值和极小值分别为 f(1), f(2), 若欲使函数 f(x)恰好有两个不同的零点, 则需使 f(1)=0 或 f(2)=0,解得 a=5 或 a=4,而选项中只给出了 4,所以选 A. 答案 A

2.(2014· 深圳中学检测)已知对任意实数 x,都有 f(-x)=-f(x),g(-x)=g(x), 且 x>0 时,f′(x)>0,g′(x)>0,则 x<0 时 A.f′(x)>0,g′(x)>0 C.f′(x)<0,g′(x)>0 解析 B.f′(x)>0,g′(x)<0 D.f′(x)<0,g′(x)<0 ( ).

由题意知 f(x)是奇函数,g(x)是偶函数.当 x>0 时,f(x),g(x)都单调

递增,则当 x<0 时,f(x)单调递增,g(x)单调递减,即 f′(x)>0,g′(x)<0. 答案 B

二、填空题 a2 3.(2014· 佛山模拟)设 0<a≤1,函数 f(x)=x+ x ,g(x)=x-ln x,若对任意的 x1, x2∈[1,e],都有 f(x1)≥g(x2)成立,则实数 a 的取值范围是________. 解析
2 2 a2 x -a f′(x)=1- 2 = 2 ,当 0<a≤1,且 x∈[1,e]时,f′(x)>0,∴f(x) x x

1 在[1, e]上是增函数, f(x1)min=f(1)=1+a2, 又 g′(x)=1- x(x>0), 易求 g′(x) > 0 , ∴ g(x) 在 [1 , e] 上 是 增 函 数 , g(x2)max = g(e) = e - 1. 由 条 件 知 只 需 f(x1)min≥g(x2)max.即 1+a2≥e-1.∴a2≥e-2.即 e-2≤a≤1. 答案 [ e-2,1]

三、解答题

3 4.已知函数 f(x)=ax3-2(a+2)x2+6x-3. (1)当 a>2 时,求函数 f(x)的极小值; (2)试讨论函数 y=f(x)的图象与 x 轴公共点的个数. 解 (1)因为 f′(x)=3ax2-3(a+2)x+6

? 2? =3a?x-a?(x-1), ? ? a 所以易求出函数 f(x)的极小值为 f(1)=-2. (2)①若 a=0,则 f(x)=-3(x-1)2, 所以 f(x)的图象与 x 轴只有 1 个交点; 2? ? ?2 ? ②若 a<0,函数 f(x)在?-∞,a?和(1,+∞)上单调递增;在?a,1?上单调递 ? ? ? ? 减, a 所以 f(x)的极大值为 f(1)=-2>0,
2 ?2? -3?a-1? -1 极小值为 f?a?= <0, 2 a ? ?

所以 f(x)的图象与 x 轴有 3 个交点; 2? ?2 ? ? ③若 0<a<2,函数 f(x)在(-∞,1)和?a,+∞?上单调递增;在?1,a?上单调 ? ? ? ? 递减, a 所以 f(x)的极大值为 f(1)=-2<0,
2 ?2? -3?a-1? -1 ? ? 极小值为 f a = <0, a2 ? ?

所以 f(x)的图象与 x 轴只有 1 个交点; ④若 a=2,则 f′(x)=6(x-1)2≥0, 所以 f(x)的图象与 x 轴只有 1 个交点; 2? ? ?2 ? ⑤若 a>2,函数 f(x)在?-∞,a?和(1,+∞)上单调递增;在?a,1?上单调递 ? ? ? ? 减,所以 f(x)的极大值为
2 a ?2? -3?a-1? -1 ? ? fa= < 0 ,极小值为 f (1) =- 2 a 2<0, ? ?

所以 f(x)的图象与 x 轴只有 1 个交点. 综上,知若 a≥0,f(x)的图象与 x 轴只有 1 个交点; 若 a<0,f(x)的图象与 x 轴有 3 个交点.


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