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【世纪金榜】人教版2016第一轮复习理科数学教师用书配套习题:专项强化训练(一)导数的综合应用



专项强化训练(一)
导数的综合应用 1.(2014·汕头模拟)某商品每件成本 5 元,售价 14 元,每星期卖出 75 件.如果降低价格,销售量可以增加,且每星期多卖出的商品件数 m 与商 品单价的降低值 x(单位:元,0≤x<9)的平方成正比,已知商品单价降低 1 元时,一星期多卖出 5 件. (1)将一星期的商品销售利润 y 表示成 x 的函数. (2)如何定

价才能使一个星期的商品销售利润最大? 【解题提示】(1)先写出多卖的商品数,则可计算出商品在一个星期的 获利数,再依题意“商品单价降低 1 元时,一星期多卖出 5 件”求出比 例系数,即可把一个星期的商品销售利润表示成 x 的函数;(2)根据(1) 中得到的函数,利用导数研究其极值,也就是求出函数的极大值,从而 得出定价为多少元时,能使一个星期的商品销售利润最大. 【解析】(1)依题意,设 m=kx2,由已知得 5=k·12, 从而 k=5,所以 m=5x2, 所以 y=(14-x-5)(75+5x2) =-5x3+45x2-75x+675(0≤x<9). (2)因为 y′=-15x2+90x-75=-15(x-1)(x-5), 由 y′>0 得 1<x<5, 由 y′<0 得 0≤x<1 或 5<x<9, 可知函数 y 在[0,1)上递减,在(1,5)上递增,在(5,9)上递减,从而函数 y 取得最大值的可能位置为 x=0 或是 x=5,

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因为 y(0)=675,y(5)=800, 所以当 x=5 时,ymax=800, 答:商品每件定价为 9 元时,可使一个星期的商品销售利润最大. 【加固训练】(2015·湖南四校联考)张林在李明的农场附近建了一个 小型工厂,由于工厂生产须占用农场的部分资源,因此李明每年向张林 索赔以弥补经济损失并获得一定净收入.工厂在不赔付农场的情况下, 工厂的年利润 x(元)与年产量 t(吨)满足函数关系 x=2000 生产一吨产品必须赔付农场 s 元(以下称 s 为赔付价格). (1)将工厂的年利润 w(元)表示为年产量 t(吨)的函数,并求出工厂获得 最大利润的年产量. (2)若农场每年受工厂生产影响的经济损失金额为 y=0.002t2(元),在 工厂按照获得最大利润的产量进行生产的前提下,农场要在索赔中获 得最大净收入,应向张林的工厂要求赔付价格 s 是多少? 【解析】(1)工厂的实际年利润为: w=2000 w=2000 当 t= -st(t≥0). -st=-s + , .若工厂每

时,w 取得最大值. (吨).

所以工厂取得最大年利润的年产量 t= (2)设农场净收入为 v 元,则 v=st-0.002t2. 将 t= 得:v= 又 v′=+ 代入上式, . = ,

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令 v′=0,得 s=20. 当 s<20 时,v′>0;当 s>20 时,v′<0, 所以 s=20 时,v 取得最大值. 因此李明向张林要求赔付价格 s=20(元)时,获最大净收入. 2.(2015·长春模拟)已知函数 f(x)=1(1)证明:g(x)≥1. (2)证明:(x-lnx)f(x)>1- . 【证明】(1)g′(x)= , ,g(x)=x-lnx.

当 0<x<1 时,g′(x)<0,当 x>1 时,g′(x)>0, 即 g(x)在(0,1)上是减少的,在(1,+≦)上是增加的. 所以 g(x)≥g(1)=1,得证. (2)f(x)=1,f′(x)= ,

所以 0<x<2 时,f′(x)<0,x>2 时,f′(x)>0, 即 f(x)在(0,2)上是减少的,在(2,+≦)上是增加的, 所以 f(x)≥f(2)=1- , 又由(1)x-lnx≥1, 所以(x-lnx)f(x)>1- . 3.(2015·合肥模拟)若 f(x)= (1)当 a=-2 时,求函数 f(x)在区间 上的最大值. 其中 a∈R.

(2)当 a>0 时,若 x∈[1,+∞),f(x)≥ a 恒成立,求 a 的取值范围. 【解析】(1)当 a=-2,x∈[e,e2]时,f(x)=x2-2lnx+2,

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因为 f′(x)=2x- ,所以当 x∈[e,e2]时,f′(x)>0, 所以函数 f(x)=x2-2lnx+2 在[e,e2]上是增加的, 故 f(x)max=f(e2)=(e2)2-2lne2+2=e4-2. (2)①当 x≥e 时,f(x)=x2+alnx-a,f′(x)=2x+ , 因为 a>0,f′(x)>0, 所以 f(x)在[e,+≦)上是增加的, 故当 x=e 时,f(x)min=f(e)=e2; ②当 1≤x<e 时,f(x)=x2-alnx+a, f′(x)=2x- = (ⅰ)当 ,

≤1,即 0<a≤2 时,f(x)在区间[1,e)上是增加的,

当 x=1 时,f(x)min=f(1)=1+a,且此时 f(1)<f(e)=e2; (ⅱ)当 1< 在区间 故当 x= (ⅲ)当 ≤e,即 2<a≤2e2 时,f(x)在区间 上是增加的, 时,f(x)min=f = - ln ,且此时 f <f(e)=e2; 上是减少的,

>e,即 a>2e2 时,f(x)=x2-alnx+a 在区间[1,e]上是减少的,

故当 x=e 时,f(x)min=f(e)=e2. 综上所述,函数 y=f(x)在[1,+≦)上的最小值为 f(x)min=

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由 由

得 0<a≤2; 得无解;由 得无解.

故所求 a 取值范围是(0,2]. 4.(2015·包头模拟)已知函数 f(x)=x2lnx. (1)求函数 f(x)的单调区间. (2)若关于 x 的方程 f(x)=kx-1 有实数解,求实数 k 的取值范围. 【解析】(1)函数的定义域为{x|x>0},f′(x)=x(2lnx+1). 令 f′(x)=x(2lnx+1)>0,得 2lnx+1>0,即 x> ; 令 f′(x)=x(2lnx+1)<0,得 2lnx+1<0,即 0<x< ,所以当 x∈ 时,f(x)是减少的; 当 x∈ 时,f(x)是增加的.

(2)由 f(x)=kx-1 得 x2lnx=kx-1, 所以有 k=xlnx+ (x>0), 设 g(x)=xlnx+ ,g′(x)=lnx+ ,g′(1)=0,

当 0<x<1 时,g′(x)<0,g(x)是减少的; 当 x>1 时,g′(x)>0,g(x)是增加的, 所以 x>0 时,g(x)min=g(1)=1. 所以 k≥1,k 的取值范围是[1,+≦). 5.(2014·四川高考)已知函数 f(x)=ex-ax2-bx-1,其中 a,b∈ R,e=2.71828…为自然对数的底数. (1)设 g(x)是函数 f(x)的导函数,求函数 g(x)在区间[0,1]上的最小

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值. (2)若 f(1)=0,函数 f(x)在区间(0,1)内有零点,求 a 的取值范围. 【解题提示】本题主要考查导数的运算、导数在研究函数中的应用,函 数的零点等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识, 考查函数与方程、数形结合、分类与整合、化归与转化等数学思想,并 考查思维的严谨性. 【解析】(1)因为 f(x)=ex-ax2-bx-1, 所以 g(x)=f′(x)=ex-2ax-b, 又 g′(x)=ex-2a,因为 x∈[0,1],1≤ex≤e,所以: ①若 a≤ ,则 2a≤1,g′(x)=ex-2a≥0, 所以函数 g(x)在区间[0,1]上是增加的, g(x)min=g(0)=1-b. ②若 <a< ,则 1<2a<e, 于是当 0≤x≤ln(2a)时,g′(x)=ex-2a≤0, 当 ln(2a)<x≤1 时,g′(x)=ex-2a>0, 所以函数 g(x)在区间[0,ln(2a)]上是减少的,在区间(ln(2a),1]上是 增加的, g(x)min=g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b. ③若 a≥ ,则 2a≥e,g′(x)=ex-2a≤0, 所以函数 g(x)在区间[0,1]上是减少的, g(x)min=g(1)=e-2a-b. 综上所述,当 a≤ 时,g(x)在区间[0,1]上的最小值为

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g(x)min=g(0)=1-b; 当 <a< 时,g(x)在区间[0,1]上的最小值为 g(x)min=g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b; 当 a≥ 时,g(x)在区间[0,1]上的最小值为 g(x)min=g(1)=e-2a-b. (2)由 f(1)=0? e-a-b-1=0? b=e-a-1,又 f(0)=0,若函数 f(x)在区间 (0,1)内有零点,则函数 f(x)在区间(0,1)内不可能是增加的,也不可能 是减少的, 由(1)知当 a≤ 或 a≥ 时,函数 g(x)即 f′(x)在区间[0,1]上单调,不可 能满足上述要求. 故只有 <a< ,此时 g(x)min=2a-2aln(2a)-b=3a-2aln(2a)-e+1, 令 h(x)= x-xlnx-e+1(1<x<e), 则 h′(x)= -lnx. 由 h′(x)= -lnx>0? x< 所以 h(x)在区间(1, h(x)max=h( )= , ,e)上单调递减,

)上是增加的,在区间( ln -e+1= -e+1<0,

即 g(x)min<0 恒成立, 因为函数 f(x)在区间(0,1)内不可能是增加的,也不可能是减少的, 所以 又 <a< ,所以 e-2<a<1, 综上,a 的取值范围为(e-2,1). 解得

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