《状元路》2016届高考数学理新课标A版一轮总复习开卷速查必修部分15导数应用(二)

开卷速查(十五)导数的应用(二)A级基础稳固练1．从边长为10cm×16cm的矩形纸板的四角截去四个同样的小正方形，作成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为( )A．12cm3B．72cm3．3D.160cm3C144cm分析：设盒子容积为ycm3，盒子的高为，则∈．则＝xcmx(0,5)y(10－2x)(16－2x)x＝4x3－52x2＋160x，∴y′＝12x2－104x＋160.令y′＝200，得x＝2或3(舍去)，∴ymax＝6×12×2＝144(cm3)．答案：C132在(0,2)内零点的个数为( )2．若a＞1，则函数f(x)＝3x－ax＋1A．3B.2C．1D.0分析：f′(x)＝x2－，由a＞1可知，′(x)在∈时恒为负，2axfx(0,2)8即f(x)在(0,2)内单一递减，又f(0)＝1＞0，f(2)＝3－4a＋1＜0，因此f(x)在(0,2)内只有一个零点．答案：C3．要做一个圆锥形漏斗，其母线长为20cm，要使体积最大，则其高为()203A.3cmB.100cmC．20cmD.20cm3分析：设圆锥的体积为Vcm3，高为，hcm11－3)，(400h3(400h3h12)，∴V′＝π－3(4003h3由V′＝0，得h＝3.203因此当h＝3cm时，V最大．答案：A4．若函数y＝aex＋3x(x∈R，a∈R)，有大于零的极值点，则实数a的取值范围是( )A．(－3,0)B.(－∞，－3)1，＋∞D.－∞，－1C.－33分析：由题可得y′＝aex＋，若函数在∈上有大于零的极值点，3xR3即y′＝aex＋3＝0有正根，明显有a＜0，此时x＝ln－a.由x＞0，得参数a的范围为a＞－3.综上知，－3＜a＜0.答案：A5．已知f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且知足xf′(x)－f(x)≤0，对随意正数a，b，若a＜b，则必有()A．af(b)≤bf(a)B.bf(a)≤af(b)C．af(a)≤bf(b)D.bf(b)≤af(a)分析：设函数F(x)＝fxF(x)＝fxxf′x－fx.＞，则′′＝2x(x0)xx因为x＞0，xf′(x)－f(x)≤0，因此F′(x)≤0，故函数F(x)在(0，＋∞)fafb上为减函数．又0＜a＜b，因此F(a)≥F(b)，即a≥b，则bf(a)≥af(b)．答案：A6．已知定义在R上的偶函数f(x)，f(1)＝0，当x＞0时有xf′x－fx2x＞0，则不等式xf(x)＞0的解集为()A．{x|－1＜x＜0}B.{x|x＞1或－1＜x＜0}C．{x|x＞0}D.{x|－1＜x＜1}分析：当x＞0时有xf′x－fx＞0，2x即fxfx在(0，＋∞)上单一递加．x′＞0，∴x∵f(x)为R上的偶函数，∴xf(x)为R上的奇函数．2fxfx＞0.∵xf(x)＞0，∴xx＞0，∴xfxf1∵x在(0，＋∞)上单一递加，且1＝0，∴当x＞0时，若xf(x)＞0，则x＞1.又∵xf(x)为R上的奇函数，∴当x＜0时，若xf(x)＞0，则－1＜x＜0.综上，不等式的解集为{x|x＞1或－1＜x＜0}．答案：B7．设函数f(x)＝6lnx，g(x)＝x2－4x＋4，则方程f(x)－g(x)＝0有__________个实根．分析：设φ(x)＝g(x)－f(x)＝x2－＋－，则φ′(x)＝2x2－4x－64x46lnxx2x＋1x－3时，φ′(x)＝x，且x＞0.由φ′(x)＝0，得x＝3.当0＜x＜3＜0；当x＞3时，φ′(x)＞0.∴φ(x)在(0，＋∞)上有极小值φ(3)＝1－6ln3＜0.故y＝φ(x)的图像与x轴有两个交点，则方程f(x)－g(x)＝0有两个实根．答案：28．[2015·山东潍坊联考]已知函数f(x)的定义域为[－1,5]，部分对应值以下表：x－10245f(x)121.521f(x)的导函数y＝f′(x)的图象以下图．以下对于函数f(x)的命题：①函数f(x)的值域为[1,2]；②函数f(x)在[0,2]上是减函数；③假如当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，那么t的最大值为4；④当1＜a＜2时，函数y＝f(x)－a最多有4个零点．此中正确命题的序号是__________．分析：由导数图像可知，当－1＜x＜0或2＜x＜4时，f′(x)＞0，函数单一递加，当0＜x＜2或4＜x＜5时，f′(x)＜0，函数单一递减，当x＝0和x＝4时，函数获得极大值f(0)＝2，f(4)＝2，当x＝2时，函数获得极小值f(2)，又f(－1)＝f(5)＝1，因此函数的最大值为2，最小值为1，值域为[1,2]，①正确；②正确；因为当x＝0和x＝4时，函数获得极大值f(0)＝2，f(4)＝2，要使当x∈[－1，t]时函数f(x)的最大值是2，当2≤t≤5时，t的最大值为5，因此③不正确；由f(x)＝a知，因为极小值f(2)＝1.5，极大值为f(0)＝f(4)＝2，因此当1＜a＜2时，y＝f(x)－a最多有4个零点，因此④正确．故真命题的序号为①②④.答案：①②④9．若函数f(x)＝2x3－9x2＋12x－a恰巧有两个不一样的零点，则a的值为__________．分析：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，因此函数f(x)在(－∞，1)，(2，＋∞)上单一递加，在(1,2)上单一递减，进而可知f(x)的极大值和极小值分别为f(1)，f(2)，若欲使函数f(x)恰巧有两个不一样的零点，则需使f(1)＝0或f(2)＝0，解得a＝5或a＝4.答案：5或410．若函数f(x)＝13x3－a2x知足：对于随意的x1，x2∈[0,1]都有|f(x1)－f(x2)|≤1恒建立，求a的取值范围．分析：由题意得，在[0,1]内，f(x)max－f(x)min≤1.f′(x)＝x2－a2，则132函数f(x)＝3x－ax的极小值点是x＝|a|.若|a|＞1，则函数f(x)在[0,1]上2423单一递减，故只需f(0)－f(1)≤1，即只需a≤3，即1＜|a|≤3；若|a|≤1，1322212此时f(x)min＝f(|a|)＝3|a|－a|a|＝－3a|a|，因为f(0)＝0，f(1)＝3－a，31222故当|a|≤3时，f(x)max＝f(1)，此时只需3－a＋3a|a|≤1即可，即a22232233|a|－1≤3，因为|a|≤3，故3|a|－1≤3×3－1＜0，故此式建立；322当3＜|a|≤1时，此时f(x)max＝f(0)，故只需3a|a|≤1即可，此不等式明显建立．综上，a的取值范围是－233，233.B级能力提高练11．已知函数f(x)＝sinx(x≥0)，g(x)＝ax(x≥0)．(1)若f(x)≤g(x)恒建立，务实数a的取值范围；(2)当a取(1)中的最小值时，求证：g(x)－f(x)≤1x3.6分析：(1)令h(x)＝sinx－ax(x≥0)，则h′(x)＝cosx－a.①若a≥1，h′(x)＝cosx－a≤0，h(x)＝sinx－ax(x≥0)单一递减，h(x)≤h(0)＝0，则sinx≤ax(x≥0)建立．π②若0＜a＜1，存在x0∈0，2，使得cosx0＝a，当x∈(0，x0)，h′(x)＝cosx－a＞0，h(x)＝sinx－ax(x∈(0，x0))单一递加，h(x)＞h(0)＝0，不合题意．③若a≤0，联合f(x)与g(x)的图像可知明显不合题意．综上可知，a的取值范围是[1，＋∞)．(2)当a取(1)中的最小值为1时，g(x)－f(x)＝x－sinx.13设H(x)＝x－sinx－6x(x≥0)，1则H′(x)＝1－cosx－2x2.令G(x)＝1－cosx－12x2，则G′(x)＝sinx－x≤0(x≥0)，12因此G(x)＝1－cosx－2x在[0，＋∞)上单一递减，此时G(x)＝1－cosx－12x2≤G(0)＝0，即H′(x)＝1－cosx－12x2≤0，因此H(x)＝x－sinx－16x3在x∈[0，＋∞)上单一递减．因此H(x)＝x－sinx－16x3≤H(0)＝0，则x－sinx≤61x3(x≥0)．13因此，当a取(1)中的最小值时，g(x)－f(x)≤6x.12．已知函数f(x)＝ex－m－x，此中m为常数．(1)若对随意x∈R有f(x)≥0恒建立，求m的取值范围；(2)当m＞1时，判断f(x)在[0,2m]上零点的个数，并说明原因．分析：(1)依题意，可知f(x)在R上连续，且f′(x)＝ex－m－1，令f′(x)＝0，得x＝m.故当x∈(－∞，m)时，ex－m＜1，f′(x)＜0，f(x)单一递减；当x∈(m，＋∞)时，ex－m＞1，f′(x)＞0，f(x)单一递加．故当x＝m时，f(m)为极小值也是最小值．令f(m)＝1－m≥0，得m≤1，即对随意x∈R，f(x)≥0恒建即刻，m的取值范围是(－∞，1]．(2)当m＞1时，f(m)＝1－m＜0.∵f(0