高考数学 导数的综合应用课后作业 文 新人教A版

课后作业(十五)导数的综合应用一、选择题1．若直线y＝m与y＝3x－x3的图象有三个不同的交点，则实数m的取值范围为()A．－2＜m＜2 B．－2≤m≤2C．m＜－2或m＞2 D．m≤－2或m≥2图2－12－32．在R上可导的函数f(x)的图象如图2－12－3所示，则关于x的不等式x·f′(x)＜0的解集为()A．(－∞，－1)∪(0，1)B．(－1，0)∪(1，＋∞)C．(－2，－1)∪(1，2)D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)3．函数f(x)＝eq\f(1,2)ex(sinx＋cosx)在区间[0，eq\f(π,2)]上的值域为()A．[eq\f(1,2)，eq\f(1,2)eeq\s\up6(\f(π,2))] B．(eq\f(1,2)，eq\f(1,2)eeq\s\up6(\f(π,2)))C．[1，eeq\s\up6(\f(π,2))] D．(1，eeq\s\up6(\f(π,2)))4．(2013·潍坊模拟)函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)＞2，则f(x)＞2x＋4的解集为()A．(－1，1)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，＋∞)图2－12－45．(2013·青岛模拟)如图2－12－4为一圆锥形容器，其底面圆的直径等于圆锥母线长，水以每分钟9.3升的速度注入容器内，则注入水的高度在t＝eq\f(1,27)分钟时的瞬时变化率为(注：π≈3.1)()A．27分米/分钟 B．9分米/分钟C．81分米/分钟 D．9eq\r(9)分米/分钟6．(2012·湖南高考)设定义在R上的函数f(x)是最小正周期为2π的偶函数，f′(x)是f(x)的导函数，当x∈[0，π]时，0<f(x)<1；当x∈(0，π)且x≠eq\f(π,2)时，(x－eq\f(π,2))f′(x)>0.则函数y＝f(x)－sinx在[－2π，2π]上的零点个数为()A．2 B．4 C．5 D．8二、填空题7．若f(x)＝xsinx＋cosx，则f(－3)，f(eq\f(π,2))，f(2)的大小关系为________．8．(2013·中山模拟)若函数f(x)满足：“对于区间(1，2)上的任意实数x1，x2(x1≠x2)，|f(x2)－f(x1)|＜|x2－x1|恒成立”，则称f(x)为完美函数，给出以下四个函数①f(x)＝eq\f(1,x)；②f(x)＝|x|；③f(x)＝(eq\f(1,2))x；④f(x)＝x2.其中是完美函数的序号是________．9．已知函数f(x)＝x2＋mx＋lnx是单调递增函数，则m的取值范围是________．三、解答题10．(2013·潍坊模拟)已知定义在区间[－2，t](t＞－2)上的函数f(x)＝(x2－3x＋3)ex.(1)当t＞1时，求函数y＝f(x)的单调区间；(2)设m＝f(－2)，n＝f(t)，试证明m＜n.11．(2013·福州模拟)某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y＝eq\f(a,x－3)＋10(x－6)2，其中3＜x＜6，a为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．(1)求a的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．12．(2013·宁波模拟)已知函数f(x)＝2x3＋eq\f(3,2)tx2－3t2x＋eq\f(t－1,2)，x∈R，其中t∈R.(1)当t＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)当t≠0时，求f(x)的单调区间；(3)证明：对任意的t∈(0，＋∞)，f(x)在区间(0，1)内均存在零点．解析及答案一、选择题1．【解析】y′＝3(1－x)(1＋x)，由y′＝0，得x＝±1，∴y极大＝2，y极小＝－2，∴－2＜m＜2.【答案】A2．【解析】(1)当x∈(－∞，－1)和x∈(1，＋∞)时，f(x)是增函数，∴f′(x)＞0，因此x＜0，∴x·f′(x)＜0的范围是(－∞，－1)．(2)当－1＜x＜1时，f(x)递减，∴f′(x)＜0.由x·f′(x)＜0，得x＞0，∴0＜x＜1.故x·f′(x)＜0的解集为(－∞，－1)∪(0，1)．【答案】A3．【解析】f′(x)＝eq\f(1,2)ex(sinx＋cosx)＋eq\f(1,2)ex(cosx－sinx)＝excosx，当0＜x＜eq\f(π,2)时，f′(x)＞0，∴f(x)是[0，eq\f(π,2)]上的增函数．∴f(x)的最大值为f(eq\f(π,2))＝eq\f(1,2)eeq\s\up6(\f(π,2))，f(x)的最小值为f(0)＝eq\f(1,2).∴f(x)的值域为[eq\f(1,2)，eq\f(1,2)eeq\s\up6(\f(π,2))]．【答案】A4．【解析】由已知，[f(x)－(2x＋4)]′＝f′(x)－2＞0，∴g(x)＝f(x)－(2x＋4)单调递增，又g(－1)＝0，∴f(x)＞2x＋4的解集是(－1，＋∞)．【答案】B5．【解析】设t时刻水面高度为h，半径为r，则r＝eq\f(\r(3),3)h.此时水的体积V＝eq\f(1,3)πr2h＝eq\f(1,9)πh3，又V＝9.3t所以eq\f(1,9)πh3＝9.3t，且π≈3.1.∴h＝3teq\s\up6(\f(1,3))，则h′＝t－eq\f(2,3)，故当t＝eq\f(1,27)分钟时的瞬时变化率为(eq\f(1,27))－eq\f(2,3)＝9.【答案】B6．【解析】∵(x－eq\f(π,2))f′(x)>0，当eq\f(π,2)<x<π时，f′(x)>0，∴f(x)在(eq\f(π,2)，π)上是增函数．当0<x<eq\f(π,2)时，f′(x)<0，∴f(x)在(0，eq\f(π,2))上是减函数．设π≤x≤2π，则0≤2π－x≤π.由f(x)是以2π为最小正周期的偶函数知f(2π－x)＝f(x)．故π≤x≤2π时，0<f(x)<1.依题意作出草图可知，y1＝f(x)与y2＝sinx在[－2π，2π]上有四个交点．【答案】B二、填空题7．【解析】由f(－x)＝f(x)知，函数f(x)为偶函数，因此f(－3)＝f(3)．又f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，当x∈(0，eq\f(π,2))时，f′(x)＞0，x∈(eq\f(π,2)，π)时，f′(x)＜0，∴f(x)在区间(eq\f(π,2)，π)上是减函数，∴f(eq\f(π,2))＞f(2)＞f(3)＝f(－3)．【答案】f(－3)＜f(2)＜f(eq\f(π,2))8．【解析】由|f(x2)－f(x1)|＜|x2－x1|知|eq\f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)|＜1，即|f′(x)|＜1.经验证：①③符合题意．【答案】①③9．【解析】依题意知，x＞0，f′(x)＝eq\f(2x2＋mx＋1,x)，令g(x)＝2x2＋mx＋1，x∈(0，＋∞)，当－eq\f(m,4)≤0时，g(0)＝1＞0恒成立，∴m≥0成立，当－eq\f(m,4)＞0时，则Δ＝m2－8≤0，∴－2eq\r(2)≤m＜0，综上，m的取值范围是{m|m≥－2eq\r(2)}．【答案】{m|m≥－2eq\r(2)}三、解答题10．【解】(1)f′(x)＝(2x－3)ex＋ex(x2－3x＋3)＝exx(x－1)．由于t＞1，故当x∈(－2，0)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(1，t)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．综上，函数y＝f(x)的单调递增区间为(－2，0)，(1，t)；单调递减区间为(0，1)．(2)m＝f(－2)＝13e－2，n＝f(t)＝(t2－3t＋3)et，设h(t)＝n－m＝(t2－3t＋3)et－13e－2，h′(t)＝(2t－3)et＋et(t2－3t＋3)＝ett(t－1)(t＞－2)．h(t)，h′(t)随t的变化情况如下表：t(－2，0)0(0，1)1(1，＋∞)h′(t)＋0－0＋h(t)极大值极小值由上表可知h(t)的极小值为h(1)＝e－eq\f(13,e2)＝eq\f(e3－13,e2)＞0，又h(－2)＝0，所以当t＞－2时，h(t)＞h(－2)＝0，即h(t)＞0，因此，n－m＞0，即m＜n.11．【解】(1)因为x＝5时，y＝11，所以eq\f(a,2)＋10＝11⇒a＝2.(2)由(1)知该商品每日的销售量y＝eq\f(2,x－3)＋10(x－6)2，所以商场每日销售该商品所获得的利润：f(x)＝(x－3)[eq\f(2,x－3)＋10(x－6)2]＝2＋10(x－3)(x－6)2，3＜x＜6.f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]＝30(x－4)(x－6)，令f′(x)＝0得x＝4.函数f(x)在(3，4)上递增，在(4，6)上递减，所以当x＝4时函数f(x)取得最大值f(4)＝42.答：当销售价格x＝4时，商场每日销售该商品所获得的利润最大，最大值为42.12．【解】(1)当t＝1时，f(x)＝2x3＋eq\f(3,2)x2－3x，f(0)＝0，f′(x)＝6x2＋3x－3，k＝f′(0)＝－3，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－3x.(2)f′(x)＝6x2＋3tx－3t2，令f′(x)＝0，解得x＝－t或x＝eq\f(t,2).因为t≠0，以下分两种情况讨论：①若t＜0，则eq\f(t,2)＜－t，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，eq\f(t,2))(eq\f(t,2)，－t)(－t，＋∞)f′(x)＋－＋f(x)所以，f(x)的单调递增区间是(－∞，eq\f(t,2))，(－t，＋∞)；f(x)的单调递减区间是(eq\f(t,2)，－t)．②若t＞0，则－t＜eq\f(t,2)，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－t)(－t，eq\f(t,2))(eq\f(t,2)，＋∞)f′(x)＋－＋f(x)所以，f(x)的单调递增区间是(－∞，－t)，(eq\f(t,2)，＋∞)；f(x)的单调递减区间是(－t，eq\f(t,2))．(3)证明由(2)可知，当t＞0时，f(x)在(0，eq\f(t,2))内的单调递减，在(eq\f(t,2)，＋∞)内单调递增，以下分两种情况讨论：①当eq\f(t,2)≥1，即t≥2时，f(x)在(0，1)内单调递减，f(0)＝eq\f(t－1,2)＞0，f(1)＝－3t2＋2t＋eq\f(3,2)≤－3×4＋2×2＋eq\f(3,2)＜0.所以对任意t∈[2，＋∞)，f(x)在区间(0，1)内均存在零点．②当0＜eq\f(t,2)＜1，即0＜t＜2时，f(x)在(0，eq\f(t,2))内单调递减，在(eq\f(t,2)，1)内单调递增，若t∈(0，1]，f(eq\f(t,2))＝－eq\f(7,8)t3＋eq\f(t－1,2)≤－eq\f(7,8)t3＜0，f(1)＝－3t2＋2t＋eq\f(3,