新课标人教A版名师对话数学理一轮复习作业212导数的应用(二)(含答案详析)

课时作业(十五)一、选择题x，则以下命1．(2013·浙江杭州第二次质检)若函数f(x)＝(x＋1)·e题正确的选项是( )1A．对任意m<－e2，都存在x∈R，使得f(x)<m1B．对任意m>－e2，都存在x∈R，使得f(x)<m1C．对任意m<－e2，方程f(x)＝m只有一个实根1D．对任意m>－e2，方程f(x)＝m总有两个实根xx＝＋x∈－∞，－时剖析：f′(x)＝e＋＋1)e·，可知当2)(x(x2)ex(f(x)为减函数；当x∈(－2，＋∞)时f(x)为增函数，故f(x)min＝－12，则e结合所给出的选项，可知B正确．答案：B12．(2013·河南十所名校第三次联考)设函数f(x)＝3x－lnx，则y＝f(x)( )1A．在区间e，1，(1，e)内均有零点1B．在区间e，1，(1，e)内均无零点1C．在区间e，1内有零点，在区间(1，e)内无零点1D．在区间e，1内无零点，在区间(1，e)内有零点剖析：f(x)＝1，则′(x)11x－3∈时，－＝－＝3x，知当3xlnxf3xx(0,3)f′(x)<0，f(x)单调递减，x∈(3，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(3，＋∞)上单调递加，而f(3)＝1－ln3<0，故f(x)在(0,3)上有零点且独一，在(3，1e＋∞)上有零点且独一，f(1)＝3>0，f(e)＝3－1<0，故在(1，e)上有零1点，在e，1上无零点，应选D.答案：D3．(2013·正定中学高三月考)等比数列{an}中，a1＝2，a8＝4，函数f(x)＝x(x－a1)(x－a2)(x－a8)，则f′(0)＝( )A．26B．29C．212D．215剖析：f′(x)＝x′·[(x－a1)(x－a2)(x－a8)]＋[(x－a1)(x－a2)(xa8)]′·x(x－a1)(x－a2)(x－a8)＋[(x－a1)(x－a2)(x－a8)]′·x，因此f′(0)＝(0－a1)(0－a2)(0－a8)＋[(0－a1)(0－a2)(0－a8)]′·0＝a1a2a8.因为数列{an}为等比数列，因此a2a7＝a3a6＝a4a5＝a1a8＝8，因此f′(0)＝84＝212.答案：C．·陕西宝鸡质检一设函数＝132在区间())f(x)3x＋ax＋5x＋64(2013[1,3]是单调减函数，则实数a的取值范围是()A．[－5，＋∞)B．(－∞，－3]∪[－5，＋∞)C．(－∞，－3]D．[－5，5]剖析：

2f′(x)＝x＋2ax＋5，因为

132f(x)＝3x＋ax＋5x＋6

在[1,3]f′1≤0是单调递减函数，因此

f′(x)≤0在[1,3]上恒成立，只需

，f′3≤0解得a≤－3.答案：C5．(2013·江西八校联考)函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意的x∈R，都有2f′(x)>f(x)成立，则()A．3f(2ln2)>2f(2ln3)B．3f(2ln2)<2f(2ln3)C．3f(2ln2)＝2f(2ln3)D．3f(2ln2)与2f(2ln3)的大小不确定x1xe2f′x－2e2fx2f′x－fx，剖析：令F(x)＝fx，则F′(x)＝ex＝2·exex2222由已知2f′(x)>f(x)，可知F′(x)>0恒成立，故F(x)在R上单调递加，则f2ln2<f2ln3，即3f(2ln2)<2f(2ln3)．23答案：B6．若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式y＝－x3＋27x＋123(x>0)，则获得最大利润时的年产量为( )A．1百万件B．2百万件C．3百万件D．4百万件剖析：依题意得，y′＝－3x2＋27＝－3(x－3)(x＋3)，当0<x<3时，y′>0；当x>3时，y′<0.因此，当x＝3时，该商品的年利润最大．答案：C二、填空题7．已知函数f(x)是R上的偶函数，且在(0，＋∞)上有f′(x)>0，若f(－1)＝0，那么关于x的不等式xf(x)<0的解集是________．剖析：在(0，＋∞)上有f′(x)>0，因此f(x)在(0，＋∞)单调递加．又函数f(x)是R上的偶函数，因此f(1)＝f(－1)＝0.当x>0时，f(x)<0，∴0<x<1；当x<0时，图象关于y轴对称，f(x)>0，∴x<－1.答案：(－∞，－1)∪(0,1)8．直线y＝a与函数f(x)＝x3－3x的图象有相异的三个公共点，则a的取值范围是________．剖析：令f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1，可得极大值为f(－1)＝2，极小值为f(1)＝－2，如图，观察得－2<a<2时恰有三个不同样的公共点．答案：(－2,2)9．(2013·东北三校第二次联考)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，当x≥0时，f(x)＝ex－ax，若函数在R上有且仅有4个零点，则a的取值范围是________．剖析：x≥0时f(x)＝ex－ax，f(0)＝1>0，f(x)又为偶函数，因此函数f(x)在R上有4个零点，则在(0，＋∞)上有两个零点，x>0时，f′(x)ex－a＝0得x＝lna(a>0)，因此f(x)在(0，lna)上单调减，在(lna，＋∞)上单调递加，若在(0，＋∞)上存在两个零点，则f(lna)＝a－alna<0，得a>e，即a的取值范围是(e，＋∞)．答案：(e，＋∞)三、解答题10．(2013·合肥第二次质检)已知函数f(x)＝xlnx.(1)若函数g(x)＝f(x)＋x2＋ax＋2有零点，求实数a的最大值；(2)若?x>0，fxx≤x－kx2－1恒成立，求实数k的取值范围．解：(1)由题知，g(x)＝xlnx＋x2＋ax＋2＝0在(0，＋∞)上有实根，2即：－a＝lnx＋x＋x在(0，＋∞)上有实根，112x2＋x－21令φ(x)＝lnx＋x＋x，则φ′(x)＝x＋1－x2＝x2＝x2(x＋2)(x－1)，易知，φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递加，因此，a≥φ(x)max＝φ(1)＝3，a≤－3.(2)依题意fx≤x－kx2－，kx2≤x－1－lnx，x>0.x11因此k≤x2(x－1－lnx)1设g(x)＝x－1－lnx，x>0，g′(x)＝1－x，当0<x<1时g′(x)<0，当x>1时g′(x)>0，因此?x>0，g(x)≥g(1)＝0.1因此，x2(x－1－lnx)≥0，∴k≤0，即k的取值范围是(－∞，0]．11．(2013·马鞍山第一次质检)设函数f(x)＝clnx＋12x2＋bx(b，c∈R，c≠0)，且x＝1为f(x)的极值点．(1)若x＝1为f(x)的极大值点，求f(x)的单调区间(用c表示)；(2)若f(x)＝0恰有两解，求实数c的取值范围．解：f′(x)＝c＋＋＝x2＋bx＋c′(1)＝，，又xxbxf0则b＋c＋1＝0，因此f′(x)＝x－1x－c且c≠1，x(1)因为x＝1为f(x)的极大值点，因此c>1.令f′(x)>0，得0<x<1或x>c；令f′(x)<0，得1<x<c.因此f(x)的递加区间为(0,1)，(c，＋∞)；递减区间为(1，c)．(2)①若c<0，则f(x)在(0,1)上递减，在(1，＋∞)上递加．若f(x)＝0

恰有两解，则

1f(1)<0，即2＋b<0，因此－

12<c<0.121②若0<c<1，则f(x)极大值＝f(c)＝clnc＋c＋bc，f(x)极小值＝f(1)＝22＋b.因为b＝－1－c，c2c2则f(x)极大值＝clnc＋2＋c(－1－c)＝clnc－c－2<0，1f(x)极小值＝－2－c，从而f(x)＝0只有一解；1③若c>1，则f(x)极大值＝－2－c<0，c2从而f(x)极小值＝clnc＋2＋c(－1－c)c2clnc－c－2<0，则f(x)＝0只有一解．1综上，使f(x)＝0恰有两解的c的取值范围为－2<c<0.12．(2013·湖北八校第一次联考)在淘宝网上，某商店专卖当地某种特产，由过去的经验表示，不考虑其他因素，该特产每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克，1<x≤5)满足：当1<x≤3时，y＝a(x－3)2＋x－b1，(a，b为常数)；当3<x≤5时，y＝－70x＋490，已知当销售价格为2元/千克时，每日可售出该特产700千克；当销售价格为3元/千克时，每日可售出该特产150千克．(1)求a，b的值，并确定y关于x的函数剖析式；(2)若该特产的销售成本为

1元/千克，试确定销售价格

x的值，使商店每日销售该特产所获利润f(x)最大(x精确到0.01元/千克)．解：(1)因为x＝2时，y＝700；x＝3时，y＝150，因此b＝1502400x－32＋300，1<x≤3每日的销售量y＝x－1；70x＋490，3<x≤5(2)由(1)知，当1<x≤3时：2300每日销售利润f(x)＝400x－3＋x－1(x－1)400(x－3)2(x－1)＋300400(x3－7x2＋15x－9)＋300(1<x≤3)f′(x)＝400(3x2－14x＋15)5当x＝3，或

x＝3

时

f′(x)＝05当x∈1，3时

f′(x)>0，f(x)单增；当

5x∈3，3

时

f′(x)<0，f(x)单减．5∴x＝3是函数f(x)在(1,3]上的独一极大值点，532f3＝400×27＋300>700；当3<x≤5时：每日销售利润f(x)＝(－70x＋490)(x－1)＝－70(x2－8x＋7)5f(x)在x＝4有最大值，且f(4)＝630<f35综上，销售价格x＝3≈1.67元/千克时，每日利润最大．[热点展望]113．(2013·黑龙江哈尔滨四校一致检测)已知函数f(x)＝＋lnx·sinθ在[1，＋∞)上为增函数，且θ∈(0，π)，g(x)＝tx－t－1＋2e－lnx，xt∈R.(1)求θ的值；(2)当t＝0时，求函数g(x)的单调区间和极大值；(3)若在[1，e]上最少存在一个x0，使得g(x0)>f(x0)成立，求t的取值范围．11解：(1)由已知得f′(x)＝－sinθ·x2＋x≥0在[1，＋∞)上恒成立，sinθ·x－1即sinθ·x2≥0在[1，＋∞)上恒成立，∵θ∈(0，π)，∴sinθ>0，∴sinθ·x－1≥0在[1，＋∞)上恒成立，只需sinθ·1－1≥0，即sinθ≥1，∴sinπθ＝1，由θ∈(0，π)，知θ＝2.1＋2e(2)∵t＝0，∴g(x)＝－x－lnx，x∈(0，＋∞)，2e－112e－1－x∴g′(x)＝x2－x＝x2，令g′(x)＝0，则x＝2e－1∈(0，＋∞)，∴x，g′(x)和g(x)的变化情况以下表：x(0,2e－1)2e－1(2e－1，＋∞)g′(x)＋0－g(x)↗极大值↘即函数的单调递加区间是(0,2e－1)，单调递减区间是(2e－1，＋)，极大值是g(2e－1)＝－1－ln(2e－1)．t＋2e(3)令F(x)＝g(x)－f(x)＝tx－x－2lnx