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2014《步步高》高考数学第一轮复习03 导数的应用(二)


§ 3.3
2014 高考会这样考

导数的应用(二)

1.利用导数研究函数的单调性、极值、最值等综合问题;2.利用导数研

究方程根的个数,证明不等式或不等式恒成立问题;3.利用导数解决实际问题. 复习备考要这样做 1.理解数形结合思想、转化思想在导数中的应用;2.会建立函数模型解

决不等式问题、实际问题等.

1. 利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤 (1)分析实际问题中各量之间的关系,列出实际问题的数学模型,写出实际问题中变量之 间的函数关系式 y=f(x); (2)求函数的导数 f′(x),解方程 f′(x)=0; (3)比较函数在区间端点和 f′(x)=0 的点的函数值的大小,最大(小)者为最大(小)值; (4)回归实际问题作答. 2. 不等式问题 (1)证明不等式时,可构造函数,将问题转化为函数的极值或最值问题. (2)求解不等式恒成立问题时,可以考虑将参数分离出来,将参数范围问题转化为研究新 函数的值域问题. [难点正本 疑点清源] 1. 实际问题的最值 (1)注意函数定义域的确定. (2)在实际问题中,如果函数在区间内只有一个极值点,那么只要根据实际意义判定是最 大值还是最小值即可,不必再与端点的函数值比较. 2. 判断方程根的个数时,可以利用数形结合思想及函数的单调性.

1. 如图,水波的半径以 50 cm/s 的速度向外扩张,当半径为 250 cm 时, 水波面的圆面积的膨胀率是____________ cm2/s. 答案 25 000π 解析 设时间 t 时, 水波圆的半径、 面积分别为 r、 则 r=50t, s, S=πr2=π·(50t)2=2 500πt2, 则 S′=5 000πt,而 r=250 时,t=5,故 S′(5)=25 000π(cm2/s). 2. 若函数 f(x)=x+asin x 在 R 上递增,则实数 a 的取值范围为________.

答案 [-1,1] 解析 ∵f′(x)=1+acos x,∴要使函数 f(x)=x+asin x 在 R 上递增,则 1+acos x≥0 对 任意实数 x 都成立. ∵-1≤cos x≤1, ①当 a>0 时,-a≤acos x≤a,∴-a≥-1,∴0<a≤1; ②当 a=0 时适合; ③当 a<0 时,a≤acos x≤-a,∴a≥-1,∴-1≤a<0. 综上,-1≤a≤1. 3. 若函数 f(x)=x3-3x+a 有 3 个不同的零点,则实数 a 的取值范围是__________. 答案 (-2,2)

解析 由于函数 f(x)是连续的,故只需要两个极值异号即可.f′(x)=3x2-3,令 3x2-3 =0,得 x=± 1,只需 f(-1)· f(1)<0,即(a+2)(a-2)<0,故 a?(-2,2). ln x 4. 若 f(x)= ,0<a<b<e,则 f(a)、f(b)的大小关系为________. x 答案 解析 ∴ f(a)<f(b) 1-ln x f′(x)= ,∵0<a<b<e, x2

1-ln x >0,即 f′(x)>0, x2

∴f(x)为增函数,∴f(a)<f(b). 5. 从边长为 10 cm×16 cm 的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形, 作成一个无盖的盒 子,则盒子容积的最大值为________. 答案 144 cm3 解析 设盒子容积为 y cm3,盒子的高为 x cm. 则 y=(10-2x)(16-2x)x (0<x<5) =4x3-52x2+160x, ∴y′=12x2-104x+160. 20 令 y′=0,得 x=2 或 (舍去), 3 ∴ymax=6×12×2=144(cm3).

题型一 运用导数证明不等式问题 例1 设 a 为实数,函数 f(x)=ex-2x+2a,x?R. (1)求 f(x)的单调区间与极值;

(2)求证:当 a>ln 2-1 且 x>0 时,ex>x2-2ax+1. 思维启迪:证明不等式时要构造函数,利用函数的单调性来解题. (1)解 由 f(x)=ex-2x+2a,x?R 知 f′(x)=ex-2,x?R. 令 f′(x)=0,得 x=ln 2,于是当 x 变化时, f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (-∞,ln 2) - 单调递减? ln 2 0 2(1-ln 2+a) (ln 2,+∞) + 单调递增?

故 f(x)的单调递减区间是(-∞,ln 2],单调递增区间是[ln 2,+∞), f(x)在 x=ln 2 处取得极小值,极小值为 f(ln 2)=eln 2-2ln 2+2a=2(1-ln 2+a). (2)证明 设 g(x)=ex-x2+2ax-1,x?R, 于是 g′(x)=ex-2x+2a,x?R. 由(1)知当 a>ln 2-1 时,g′(x)的最小值为 g′(ln 2)=2(1-ln 2+a)>0. 于是对任意 x?R,都有 g′(x)>0, 所以 g(x)在 R 上单调递增. 于是当 a>ln 2-1 时,对任意 x?(0,+∞),都有 g(x)>g(0). 而 g(0)=0,从而对任意 x?(0,+∞),g(x)>0. 即 ex-x2+2ax-1>0,故 ex>x2-2ax+1. 探究提高 利用导数方法证明不等式 f(x)>g(x)在区间 D 上恒成立的基本方法是构造函数 h(x)=f(x)-g(x),然后根据函数的单调性,或者函数的最值证明函数 h(x)>0,其中一个 重要技巧就是找到函数 h(x)在什么时候可以等于零, 这往往就是解决问题的一个突破口. π x3 当 0<x< 时,求证:tan x>x+ . 2 3 x3 证明 设 f(x)=tan x-?x+ 3 ?, ? ? 1 则 f′(x)= 2 -1-x2=tan2x-x2 cos x =(tan x-x)(tan x+x). π 因为 0<x< ,所以 x<tan x,所以 f′(x)>0, 2 π 即 x??0,2?时,f(x)为增函数. ? ? π 所以 x??0,2?时,f(x)>f(0). ? ?

x3 而 f(0)=0,所以 f(x)>0,即 tan x-?x+ 3 ?>0. ? ? x3 故 tan x>x+ . 3 题型二 利用导数研究恒成立问题 例2 a 已知函数 f(x)=ln x- . x (1)若 a>0,试判断 f(x)在定义域内的单调性; 3 (2)若 f(x)在[1,e]上的最小值为 ,求 a 的值; 2 (3)若 f(x)<x2 在(1,+∞)上恒成立,求 a 的取值范围. 思维启迪:(1)求导数 f′(x)→判断 f′(x)>0 或 f′(x)<0→确定单调性. (2)根据单调性→求 f(x)在[1,e]上的最小值→列方程求解. (3)f(x)<x2→a>xln x-x3→求 xln x-x3 的最大值. 解 (1)由题意知 f(x)的定义域为(0,+∞),

1 a x+a 且 f′(x)= + 2= 2 . x x x ∵a>0,∴f′(x)>0, 故 f(x)在(0,+∞)上是单调递增函数. x+a (2)由(1)可知,f′(x)= 2 . x ①若 a≥-1,则 x+a≥0,即 f′(x)≥0 在[1,e]上恒成立, 此时 f(x)在[1,e]上为增函数, 3 3 ∴f(x)min=f(1)=-a= ,∴a=- (舍去). 2 2 ②若 a≤-e,则 x+a≤0,即 f′(x)≤0 在[1,e]上恒成立, 此时 f(x)在[1,e]上为减函数, a 3 e ∴f(x)min=f(e)=1- = ,∴a=- (舍去). e 2 2 ③若-e<a<-1,令 f′(x)=0 得 x=-a, 当 1<x<-a 时,f′(x)<0,∴f(x)在(1,-a)上为减函数; 当-a<x<e 时,f′(x)>0,∴f(x)在(-a,e)上为增函数, 3 ∴f(x)min=f(-a)=ln(-a)+1= ,∴a=- e. 2 综上所述,a=- e. a (3)∵f(x)<x2,∴ln x- <x2. x 又 x>0,∴a>xln x-x3.

令 g(x)=xln x-x3,h(x)=g′(x)=1+ln x-3x2, 1-6x2 1 h′(x)= -6x= . x x ∵x?(1,+∞)时,h′(x)<0, ∴h(x)在(1,+∞)上是减函数. ∴h(x)<h(1)=-2<0,即 g′(x)<0, ∴g(x)在(1,+∞)上也是减函数. g(x)<g(1)=-1, ∴当 a≥-1 时,f(x)<x2 在(1,+∞)上恒成立. 探究提高 (1)求函数的单调区间, 直接求导, 然后解不等式即可, 注意函数的定义域. (2)

参数问题涉及的有最值恒成立的问题、单调性的逆向应用等,求解时注意分类讨论思想 的运用. 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__________. 答案 [4,+∞)

解析 当 x?(0,1]时不等式 ax3-3x+1≥0 可化为 3x-1 3x-1 a≥ 3 ,设 g(x)= 3 ,x?(0,1], x x 1 6?x-2? ? ? 3x3-?3x-1??3x2? g′(x)= =- , x6 x4 g′(x)与 g(x)随 x 的变化情况如下表: x g′(x) g(x)

?0,1? ? 2?
+ ?

1 2 0 4

?1,1? ?2 ?
- ?

因此 g(x)的最大值为 4,则实数 a 的取值范围是[4,+∞). 题型三 生活中的优化问题 例3 为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗,房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层.某 幢建筑物要建造可使用 20 年的隔热层, 每厘米厚的隔热层建造成本为 6 万元. 该建筑物 k 每年的能源消耗费用 C(单位:万元)与隔热层厚度 x(单位:cm)满足关系:C(x)= 3x+5 (0≤x≤10),若不建隔热层,每年能源消耗费用为 8 万元.设 f(x)为隔热层建造费用与 20 年的能源消耗费用之和. (1)求 k 的值及 f(x)的表达式; (2)隔热层修建多厚时,总费用 f(x)达到最小,并求最小值.

k 思维启迪:(1)考虑求解 C(x)= 中的参数 k 的值,注意 C(0)=8.(2)由导数求最值, 3x+5 注意考虑定义域. 解 (1)设隔热层厚度为 x cm,由题设, k (0≤x≤10). 3x+5 40 (0≤x≤10). 3x+5

每年的能源消耗费用为 C(x)=

再由 C(0)=8,得 k=40,因此 C(x)= 又建造费用为 C1(x)=6x.

最后得隔热层建造费用与 20 年的能源消耗费用之和为 40 f(x)=20C(x)+C1(x)=20× +6x 3x+5 = 800 +6x (0≤x≤10). 3x+5

2 400 (2)f′(x)=6- ,令 f′(x)=0, ?3x+5?2 即 2 400 25 =6.解得 x=5 或 x=- (舍去). 3 ?3x+5?2

当 0<x<5 时,f′(x)<0,当 5<x<10 时,f′(x)>0, 故 x=5 是 f(x)的极小值点也是最小值点, 对应的最小值为 f(5)=6×5+ 800 =70. 15+5

当隔热层修建 5 cm 厚时,总费用达到最小值 70 万元. 探究提高 在求实际问题中的最大值或最小值时,一般先设自变量、因变量、建立函数 关系式,并确定其定义域,利用求函数最值的方法求解,注意结果应与实际情况相符合, 用导数求解实际问题中的最大(小)值,如果函数在区间内只有一个极值点,那么根据实 际意义该极值点就是最值点. 现需要对某旅游景点进一步改造升级,提高旅游增加值,经过市场调查,旅 51 x x 游增加值 y 万元与投入 x 万元之间满足:y= x-ax2-ln , ?[t,+∞),其中 50 10 2x-12 1 t 为大于 的常数.当 x=10 时,y=9.2. 2 (1)求 y=f(x)的解析式和投入 x 的取值范围; (2)求旅游增加值 y 取得最大值时对应的 x 值. 解 即 (1)∵当 x=10 时,y=9.2, 51 1 ×10-a×102-ln 1=9.2,解得 a= . 50 100

51 x2 x ∴f(x)= x- -ln . 50 100 10 ∵ x 1 12t ≥t 且 t> ,∴6<x≤ , 2 2x-12 2t-1

12t 即投入 x 的取值范围是?6,2t-1?.

?

?

(2)对 f(x)求导, 51 x 1 得 f′(x)= - - 50 50 x x2-51x+50 ?x-1??x-50? =- =- . 50x 50x 令 f′(x)=0,得 x=50 或 x=1(舍去). 当 x?(6,50)时,f′(x)>0,且 f(x)在(6,50]上连续,因此,f(x)在(6,50]上是增函数; 当 x?(50,+∞)时,f′(x)<0,且 f(x)在[50,+∞)上连续,因此,f(x)在[50,+∞)上是 减函数.∴x=50 为极大值点. 当 1 25 12t ≥50,即 t??2,44?时, ? ? 2t-1

投入 50 万元改造时取得最大增加值; 25 12t 当 6< <50,即 t??44,+∞?时, ? ? 2t-1 12t 投入 万元改造时取得最大增加值. 2t-1

导数与不等式的综合问题

典例:(12 分)(2011· 辽宁)设函数 f(x)=x+ax2+bln x,曲线 y=f(x)过 P(1,0),且在 P 点处的切 线斜率为 2. (1)求 a,b 的值; (2)证明:f(x)≤2x-2. 考点分析 本题考查曲线的切线、导数的几何意义,考查函数在闭区间上的最值. 解题策略 本题的关键点:P(1,0)点处切线斜率为 2,可以列方程解出 a,b;证明不等 式时可以构造函数,利用函数的单调性来证明不等式. 规范解答 (1)解 b f′(x)=1+2ax+ .[1 分] x

?f?1?=0, ?1+a=0, ? ? 由已知条件得? 即? [4 分] ? ? ?f′?1?=2, ?1+2a+b=2.

?a=-1, ? 解得? [5 分] ? ?b=3.

(2)证明 因为 f(x)的定义域为(0,+∞), 由(1)知 f(x)=x-x2+3ln x. 设 g(x)=f(x)-(2x-2)=2-x-x2+3ln x, ?x-1??2x+3? 3 则 g′(x)=-1-2x+ =- .[8 分] x x 当 0<x<1 时,g′(x)>0,当 x>1 时,g′(x)<0. 所以 g(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减.[10 分] 而 g(1)=0,故当 x>0 时,g(x)≤0, 即 f(x)≤2x-2.[12 分] 解后反思 利用函数的导数研究不等式问题是一类重要的题型,其实质是求函数的最值 问题,它体现了导数的工具性作用.将函数、不等式紧密结合起来,考查综合解决问题 的能力,多为高考中较难的题目.

二审结论会转换

1 典例:(12 分)已知函数 f(x)= x2+aln x. 2 (1)若 a=-1,求函数 f(x)的极值,并指出是极大值还是极小值; (2)若 a=1,求函数 f(x)在[1,e]上的最大值和最小值; 2 (3)若 a=1,求证:在区间[1,+∞)上,函数 f(x)的图象在函数 g(x)= x3 的图象的下方. 3

审题路线图
求 f(x)的极值 ↓(从结论出发向条件转化,注意隐含条件——定义域) 求 f′(x)=0 的解,即 f(x)的极值点 ↓(转化为求函数值) 将极值点代入 f(x)求对应的极大、极小值 ↓(转化为研究单调性) 求 f(x)在[1,e]上的单调性 ↓(转化为求函数值) 比较端点值、极值,确定最大、最小值 ↓(构造函数进行转化) F(x)=f(x)-g(x)

↓(将图象的上、下关系转化为数量关系) 求证 F(x)<0 在[1,+∞)上恒成立. ↓研究函数 F(x)在[1,+∞)上的单调性. 规范解答 (1)解 由于函数 f(x)的定义域为(0,+∞),

1 ?x+1??x-1? 当 a=-1 时,f′(x)=x- = ,[1 分] x x 令 f′(x)=0 得 x=1 或 x=-1(舍去),[2 分] 当 x?(0,1)时,函数 f(x)单调递减,[3 分] 当 x?(1,+∞)时,函数 f(x)单调递增,[4 分] 1 所以 f(x)在 x=1 处取得极小值为 .[5 分] 2 (2)解 当 a=1 时,易知函数 f(x)在[1,e]上为增函数,[6 分] 1 1 ∴f(x)min=f(1)= ,f(x)max=f(e)= e2+1.[7 分] 2 2 1 2 (3)证明 设 F(x)=f(x)-g(x)= x2+ln x- x3, 2 3 ?1-x??1+x+2x2? 1 则 F′(x)=x+ -2x2= ,[9 分] x x 当 x>1 时,F′(x)<0, 1 故 f(x)在区间[1,+∞)上是减函数,又 F(1)=- <0, 6 ∴在区间[1,+∞)上,F(x)<0 恒成立. 即 f(x)<g(x)恒成立.[11 分] 因此,当 a=1 时,在区间[1,+∞)上,函数 f(x)的图象在函数 g(x)图象的下方.[12 分] 温馨提醒 (1)导数法是求解函数单调性、极值、最值、参数等问题的有效方法,应用导

数求单调区间关键是求解不等式的解集;最值问题关键在于比较极值与端点函数值的大 小;参数问题涉及的有最值恒成立的问题、单调性的逆向应用等,求解时注意分类讨论 思想的应用. (2)对于一些复杂问题,要善于将问题转化,转化成能用熟知的导数研究问题.

方法与技巧 1. 理解极值与最值的区别,极值是局部概念,最值是整体概念. 2. 利用导数解决含有参数的单调性问题是将问题转化为不等式恒成立问题,要注意分类讨

论和数形结合思想的应用. 3. 在实际问题中,如果函数在区间内只有一个极值点,那么只要根据实际意义判定是最大 值还是最小值即可,不必再与端点的函数值比较. 4. 要充分理解列表在研究函数极值过程中的重要性,以及列表的操作步骤与算法思想,能 利用导数研究函数的极值与最值. 失误与防范 1. 函数 f(x)在某个区间内单调递增, f′(x)≥0 而不是 f′(x)>0 (f′(x)=0 在有限个点处取 则 到). 2. 导数为 0 的点不一定是极值点,极大值未必大于极小值.

A 组 专项基础训练 (时间:35 分钟,满分:57 分) 一、选择题(每小题 5 分,共 20 分) 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) 答案 B 解析 ∵f′(x)=3x2+2ax+(a+6), 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. 2. 曲线 y=ex 在点(2,e2)处的切线与坐标轴所围三角形的面积为 9 A. e2 4 答案 D 解析 ∵点(2,e2)在曲线上, ∴切线的斜率 k=y′|x=2=ex|x=2=e2, ∴切线的方程为 y-e2=e2(x-2),即 e2x-y-e2=0. 与两坐标轴的交点坐标为(0,-e2),(1,0), 1 e2 ∴S△= ×1×e2= . 2 2 3. 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.m>-2 2 B.m≥-2 2 ( ) B.2e2 C.e2 e D. 2
2

)

B.(-∞,-3)∪(6,+∞) D.(-∞,-1)∪(2,+∞)

(

)

C.m<2 2 答案 B

D.m≤2 2

2x2+mx+1 解析 依题意知,x>0,f′(x)= , x 令 g(x)=2x2+mx+1,x?(0,+∞), m 当- ≤0 时,g(0)=1>0 恒成立,∴m≥0 成立, 4 m 当- >0 时,则 Δ=m2-8≤0,∴-2 2≤m<0, 4 综上,m 的取值范围是 m≥-2 2. 4. 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

?400x-1x2 ?0≤x≤400?, ? 2 知总营业收入 R 与年产量 x 的年关系是 R=R(x)=? 则总利 ?80 000 ?x>400?, ?
润最大时,每年生产的产品是 A.100 答案 D 解析 由题意得,总成本函数为 C=C(x)=20 000+100x, B.150 C.200 D.300 ( )

?300x-x -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?,

2

令 P′(x)=0,得 x=300,易知 x=300 时,总利润 P(x)最大. 二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) 5. 设 P 为曲线 C:y=x2-x+1 上一点,曲线 C 在点 P 处的切线的斜率的范围是[-1,3], 则点 P 纵坐标的取值范围是__________. 3 答案 ?4,3? ? ? 解析 设 P(a,a2-a+1),则 y′|x=a=2a-1?[-1,3], 1 3 ∴0≤a≤2.而 g(a)=a2-a+1=?a-2?2+ , ? ? 4 1 3 当 a= 时,g(a)min= .当 a=2 时,g(a)max=3, 2 4 3 故 P 点纵坐标的取值范围是?4,3?. ? ? 6. 在直径为 d 的圆木中,截取一个具有最大抗弯强度的长方体梁,则矩形面的长为

________(强度与 bh2 成正比,其中 h 为矩形的长,b 为矩形的宽). 答案 6 d 3

解析 截面如图所示,设抗弯强度系数为 k,强度为 ω,则 ω=kbh2, 又 h2=d2-b2, ∴ω=kb(d2-b2)=-kb3+kd2b, ω′=-3kb2+kd2, d2 令 ω′=0,得 b2= , 3 ∴b= 3 3 6 d 或 b=- d(舍去).∴h= d2-b2= d. 3 3 3

7. 已知函数 f(x)=-x3+ax2-4 在 x=2 处取得极值,若 m、n?[-1,1],则 f(m)+f′(n)的 最小值是________. 答案 -13 解析 对函数 f(x)求导得 f′(x)=-3x2+2ax, 由函数 f(x)在 x=2 处取得极值知 f′(2)=0, 即-3×4+2a×2=0,∴a=3. 由此可得 f(x)=-x3+3x2-4,f′(x)=-3x2+6x, 易知 f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增, ∴当 m?[-1,1]时,f(m)min=f(0)=-4. 又∵f′(x)=-3x2+6x 的图象开口向下, 且对称轴为 x=1,∴当 n?[-1,1]时, f′(n)min=f′(-1)=-9. 故 f(m)+f′(n)的最小值为-13. 三、解答题(共 22 分) 8. (10 分)设函数 f(x)=ax3-3x2 (a?R),且 x=2 是 y=f(x)的极值点. (1)求实数 a 的值,并求函数的单调区间; (2)求函数 g(x)=ex· f(x)的单调区间. 解 (1)f′(x)=3ax2-6x=3x(ax-2), 因为 x=2 是函数 y=f(x)的极值点, 所以 f′(2)=0,

即 6(2a-2)=0, 因此 a=1. 经验证,当 a=1 时,x=2 是函数 y=f(x)的极值点. 所以 f′(x)=3x2-6x=3x(x-2). 所以 y=f(x)的单调增区间是(-∞,0),(2,+∞); 单调减区间是(0,2).

(2)g(x)=ex(x3-3x2),g′(x)=ex(x3-3x2+3x2-6x) =ex(x3-6x)=x(x+ 6)(x- 6)ex, 因为 ex>0,所以 y=g(x)的单调增区间是(- 6,0),( 6,+∞);单调减区间是(-∞, - 6),(0, 6). 9. (12 分)某汽运集团公司生产一种品牌汽车,上年度成本价为 10 万元/辆,出厂价为 13 万 元/辆,年销售量为 5 万辆.本年度公司为了进一步扩大市场占有量,计划降低成本,实 行降价销售.设本年度成本价比上年度降低了 x (0<x<1),本年度出厂价比上年度降低了 0.9x. (1)若本年度年销售量比上年度增加了 0.6x 倍,问 x 在什么取值范围时,本年度的年利润 比上年度有所增加?

? 2 59 307 (2)若本年度年销售量 y 关于 x 的函数为 y=2 011·-x +34x+289?,则当 x 为何值时, ? ?
本年度年利润最大? 解 (1)本年度年利润为[13(1-0.9x)-10(1-x)]×5×(1+0.6x)=5(3-1.7x)(1+0.6x).

要使本年度的年利润比上年度有所增加, 则有 5(3-1.7x)(1+0.6x)>5×(13-10). 5 解得 0<x< . 51 (2)本年度年利润为 307 2 59 W(x)=[13(1-0.9x)-10(1-x)]×2 011?-x +34x+289? ? ? 17 3 119 2 17 921 =2 011?10x - 20 x + 5 x+289?. ? ? 51 2 119 17 W′(x)=2 011?10x - 10 x+ 5 ?. ? ? 1 令 W′(x)=0,解得 x1= ,x2=2.又 0<x<1, 3 1 1 所以函数 W(x)在?0,3?上为增函数,在?3,1?上为减函数. ? ? ? ? 1 1 故当 x= 时,W(x)取得最大值,即当 x= 时,本年度的年利润最大. 3 3 B 组 专项能力提升 (时间:25 分钟,满分:43 分) 一、选择题(每小题 5 分,共 15 分) π 1 1. 函数 f(x)= ex(sin x+cos x)在区间?0,2?上的值域为 ? ? 2 1 1 π A.?2,2e2? ? ? 1 1 π B.?2,2e2? ? ? ( )

π C.[1,e ] 2 答案 A 解析

π D.(1,e ) 2

1 1 f′(x)= ex(sin x+cos x)+ ex(cos x-sin x) 2 2

=excos x, π π 当 0≤x≤ 时,f′(x)≥0,且只有在 x= 时,f′(x)=0, 2 2 π ∴f(x)是?0,2?上的增函数, ? ? π 1 π ∴f(x)的最大值为 f?2?= e , ? ? 22 1 f(x)的最小值为 f(0)= . 2 π 1 1 π ∴f(x)在?0,2?上的值域为?2,2e2?. ? ? ? ? x 3 2. 若函数 f(x)= 2 (a>0)在[1,+∞)上的最大值为 ,则 a 的值为( 3 x +a A. 3 3 B. 3 C. 3+1 D. 3-1 )

答案 D 解析 x2+a-2x2 a-x2 f′(x)= 2 = 2 , ?x +a?2 ?x +a?2

当 x> a时,f′(x)<0,f(x)单调递减, 当- a<x< a时,f′(x)>0,f(x)单调递增, 当 x= a时,令 f(x)= ∴f(x)max=f(1)= a 3 3 = , a= <1,不合题意. 2a 3 2

1 3 = ,a= 3-1,故选 D. 1+a 3

3. 已知对任意 x?R,恒有 f(-x)=-f(x),g(-x)=g(x),且当 x>0 时,f′(x)>0,g′(x)>0, 则当 x<0 时有 A.f′(x)>0,g′(x)>0 C.f′(x)<0,g′(x)>0 答案 B 解析 由 f(-x)=-f(x),g(-x)=g(x),知 f(x)为奇函数,g(x)为偶函数. 又 x>0 时,f′(x)>0,g′(x)>0, 由奇、偶函数的性质知,当 x<0 时,f′(x)>0,g′(x)<0. 二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) B.f′(x)>0,g′(x)<0 D.f′(x)<0,g′(x)<0 ( )

1-x 4. 已知函数 f(x)= +ln x,若函数 f(x)在[1,+∞)上为增函数,则正实数 a 的取值范围 ax 为________. 答案 [1,+∞)

1-x ax-1 解析 ∵f(x)= +ln x,∴f′(x)= (a>0), ax ax2 ax-1 ∵函数 f(x)在[1,+∞)上为增函数,∴f′(x)= ≥0 对 x?[1,+∞)恒成立,∴ax- ax2 1 1≥0 对 x?[1,+∞)恒成立,即 a≥ 对 x?[1,+∞)恒成立,∴a≥1. x 5.已知函数 f(x)=x2(x-a). 若 f(x)在(2,3)上单调,则实数 a 的取值范围是__________________; 若 f(x)在(2,3)上不单调,则实数 a 的取值范围是______________. 答案 解析 9 9 (-∞,3]∪?2,+∞? ?3,2? ? ? ? ? f′(x)=3x2-2ax,若 f′(x)在(2,3)上单调,

则 f′(x)≥0 或 f′(x)≤0 在(2,3)上恒成立, 3 3 ∴a≤ x 或 a≥ x. 2 2 9 ∵x?(2,3),∴a≤3 或 a≥ . 2 6. 用边长为 120 cm 的正方形铁皮做一个无盖水箱,先在四角分别截去一个小正方形,然后 把四边翻转 90° 角,再焊接成水箱,则水箱的最大容积为________. 答案 128 000 cm3 解析 设水箱底边长为 x cm, x 则水箱高 h=?60-2? cm. ? ? x3 水箱容积 V=V(x)=x2h=60x2- (0<x<120). 2 3 V′(x)=120x- x2. 2 令 V′(x)=0,得 x=0(舍去)或 x=80. 可判断得 x=80 (cm)时,V 取最大值为 128 000 cm3. 三、解答题 7. (13 分)(2012· 浙江)已知 a?R,函数 f(x)=4x3-2ax+a. (1)求 f(x)的单调区间; (2)证明:当 0≤x≤1 时,f(x)+|2-a|>0. (1)解 由题意得 f′(x)=12x2-2a.

当 a≤0 时,f′(x)≥0 恒成立, 此时 f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞). 当 a>0 时,f′(x)=12?x-

?

a?? x+ 6??

a? , 6?

此时函数 f(x)的单调递增区间为

?-∞,- ?

a? ? 和 6? ?

a ? ,+∞ , 6 ? a , 6 a? . 6?

单调递减区间为?-

?

(2)证明 由于 0≤x≤1,故当 a≤2 时, f(x)+|2-a|=4x3-2ax+2≥4x3-4x+2. 当 a>2 时, f(x)+|2-a|=4x3+2a(1-x)-2≥4x3+4(1-x)-2 =4x3-4x+2. 设 g(x)=2x3-2x+1,0≤x≤1, 则 g′(x)=6x2-2=6?x-

?

3?? 3? , x+ 3 ?? 3?

于是 g′(x),g(x)随 x 的变化情况如下表: x g′(x) g(x) 所以,g(x)min=g? 1 0

?0, 3? 3? ?
- 减

3 3 0 极小值

? 3,1? ?3 ?
+ 增

1

1

4 3 3? =1- >0. 9 ?3?

所以,当 0≤x≤1 时,2x3-2x+1>0. 故 f(x)+|2-a|≥4x3-4x+2>0.


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