新教材适用2024-2025学年高中数学第5章一元函数的导数及其应用5.3导数在研究函数中的应用5.3.3利用导数解决与函数有关的问题素养作业新人教A版选择性必修第二册VIP

第五章5.35.3.3A组·基础自测一、选择题1．炼油厂某分厂将原油精炼为汽油，需对原油进行冷却和加热，假如第x小时时，原油温度(单位：℃)为f(x)＝eq\f(1,3)x3－x2＋8(0≤x≤5)，那么，原油温度的瞬时改变率的最小值是(C)A．8 B．eq\f(20,3)C．－1 D．－8[解析]瞬时改变率即为f′(x)＝x2－2x，为二次函数，且f′(x)＝(x－1)2－1，又x∈[0,5]，故x＝1时，f′(x)min＝－1.2．做一个容积为256升的方底无盖水箱，当用料最省时，它的底面边长为(D)A．5分米 B．6分米C．7分米 D．8分米[解析]设底面边长为x分米，则高为h＝eq\f(256,x2)，其表面积S＝x2＋4·eq\f(256,x2)·x＝x2＋eq\f(256×4,x)，S′＝2x－eq\f(256×4,x2)，令S′＝0，则x＝8.当0<x<8时，S′<0，当x>8时，S′>0，故x＝8时S最小．3．已知函数f(x)＝(x2＋a)ex有最小值，则函数y＝f′(x)的零点个数为(C)A．0 B．1C．2 D．不确定[解析]f′(x)＝(x2＋2x＋a)ex，若函数f(x)＝(x2＋a)ex有最小值，则g(x)＝x2＋2x＋a不能恒大于等于0，故存在x使得g(x)<0，即g(x)＝x2＋2x＋a有2个不相等的实数根，即函数y＝f′(x)的零点个数为2个，故选C.4．已知函数f(x)＝ex－x－a，若函数y＝f(x)有零点，则实数a的取值范围是(B)A．(1，＋∞) B．[1，＋∞)C．(－∞，1) D．(－∞，1][解析]函数y＝f(x)有零点等价于方程ex－x＝a有解，令g(x)＝ex－x，g′(x)＝ex－1，当x>0时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；当x<0时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，又g(0)＝1，所以a≥1.故选B.5．内接于半径为R的球且体积最大的圆柱体的高为(A)A.eq\f(2\r(3),3)R B．eq\f(\r(3),3)RC．eq\f(3\r(3),2)R D．eq\f(\r(3),2)R[解析]作轴截面如图所示，设圆柱体高为2h，则底面半径为eq\r(R2－h2)，圆柱体体积为V＝π·(R2－h2)·2h＝2πR2h－2πh3.令V′＝0得2πR2－6πh2＝0，∴h＝eq\f(\r(3),3)R.即当2h＝eq\f(2\r(3),3)R时，圆柱体的体积最大．二、填空题6．(2024·江苏省南京市期末)已知函数f(x)＝eq\f(ex,x)＋a在(0，＋∞)上的最小值为2e，则实数a的值为_e__.[解析]f′(x)＝eq\f(exx－1,x2)，当x>0时，令f′(x)>0，解得x>1，令f′(x)<0，解得0<x<1，故f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故f(x)min＝f(1)＝e＋a＝2e，解得a＝e.7．函数f(x)＝x3－eq\f(1,2)x2－2x＋5，若对于随意x∈[－1,2]，都有f(x)<m，则实数m的取值范围是_(7，＋∞)__.[解析]f′(x)＝3x2－x－2，令f′(x)＝0，得x＝－eq\f(2,3)或x＝1.可求得f(x)max＝f(2)＝7.所以对于随意x∈[－1,2]，f(x)<m恒成立时，m>7.8．(2024·桂林高一检测)已知函数f(x)＝ex(lnx－1)，使得f(m)≥－e成立的实数m的取值范围为_[1，＋∞)__.[解析]f′(x)＝exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(1,x)－1))，令g(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－1，则g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)，当0<x<1时，g′(x)<0，函数单调递减，当x>1时，g′(x)>0，函数单调递增，故g(x)≥g(1)＝0，即f′(x)≥0恒成立，从而f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f(1)＝－e，故m≥1.三、解答题9．某工厂生产某种产品，已知该产品的月产量x(吨)与每吨产品的价格P(元/吨)之间的关系为P＝24200－eq\f(1,5)x2，且生产x吨的成本为R＝50000＋200x元．问每月生产多少吨该产品才能使利润达到最大？最大利润是多少？(利润＝收入－成本)．[解析]每月生产x吨时的利润为f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(24200－\f(1,5)x2))x－(50000＋200x)＝－eq\f(1,5)x3＋24000x－50000(x≥0)．由f′(x)＝－eq\f(3,5)x2＋24000＝0，解得x1＝200，x2＝－200(舍去)．因f(x)在[0，＋∞)内只有一个点x＝200使f′(x)＝0，故它就是最大值点，且最大值为：f(200)＝－eq\f(1,5)×2003＋24000×200－50000＝3150000(元)答：每月生产200吨产品时利润达到最大，最大利润为315万元．10．(2024·宁夏银川一中高三月考)已知函数f(x)＝alnx－eq\f(1,x)，a∈R.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a＝1，且x≥2时，证明：f(x－1)≤2x－5.[解析](1)由于f′(x)＝eq\f(ax＋1,x2).当a≥0时，对于x∈(0，＋∞)，有f′(x)>0恒成立，即f(x)在(0，＋∞)上是增函数．当a<0时，由f′(x)＝0，得x＝－eq\f(1,a)∈(0，＋∞)．当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)<0，f(x)单调递减．(2)证明：当a＝1时，f(x－1)＝ln(x－1)－eq\f(1,x－1)，x∈[2，＋∞)．令g(x)＝ln(x－1)－eq\f(1,x－1)－2x＋5.g′(x)＝eq\f(1,x－1)＋eq\f(1,x－12)－2＝－eq\f(2x－1x－2,x－12).当x>2时，g′(x)<0，g(x)在(2，＋∞)单调递减．又g(2)＝0，所以g(x)在(2，＋∞)恒为负．所以当x∈[2，＋∞)时，g(x)≤0，即ln(x－1)－eq\f(1,x－1)－2x＋5≤0.故当a＝1，且x≥2时，f(x－1)≤2x－5成立．B组·素养提升一、选择题1．函数f(x)＝(x2＋tx)ex(实数t为常数，且t<0)的图象大致是(B)[解析]由f(x)＝0得x2＋tx＝0，得x＝0或x＝－t，即函数f(x)有两个零点，解除A，C，函数的导数f′(x)＝(2x＋t)ex＋(x2＋tx)ex＝[x2＋(t＋2)x＋t]ex，当x→－∞时，f′(x)>0，即在x轴最左侧，函数f(x)为增函数，解除D.2．(多选题)若f(x)是定义在(0，＋∞)上的可导函数，且对于随意x∈(0，＋∞)，有xf′(x)>f(x)>0，设a>b>0，则下列不等式肯定成立的是(AD)A．af(a)>bf(b) B．af(a)<bf(b)C．af(b)>bf(a) D．af(b)<bf(a)[解析]因为x∈(0，＋∞)，有xf′(x)>f(x)>0，令g(x)＝eq\f(fx,x)，则g′(x)＝eq\f(f′xx－fx,x2)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，由a>b>0，可得g(a)>g(b)，即eq\f(fa,a)>eq\f(fb,b)，所以bf(a)>af(b)，故D正确；因为xf′(x)>f(x)>0，令h(x)＝xf(x)，则h′(x)＝xf′(x)＋f(x)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，由a>b>0，可得h(a)>h(b)，即af(a)>bf(b)，故A正确．3．(多选题)已知不等式(x－2)ex≥a对随意的x∈R恒成立，则满意条件的整数a的可能值为(AB)A．－4 B．－3C．－2 D．－1[解析]令f(x)＝(x－2)ex，则f′(x)＝(x－1)ex，易得当x>1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x<1时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，故当x＝1时，函数f(x)取得最小值f(1)＝－e，故a≤－e，结合选项可知，A，B符合．二、填空题4．(2024·黑龙江省大庆铁人中学期中)若函数f(x)＝x2ex－a恰有三个零点，则实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,e2))).[解析]易知f′(x)＝2xex＋x2ex＝xex(x＋2)，x∈R.令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝－2，分析易知f(x)在(－2,0)上单调递减，在(－∞，－2)和(0，＋∞)上单调递增，所以0和－2是函数f(x)的极值点，函数的微小值为f(0)＝－a，极大值为f(－2)＝4e－2－a＝eq\f(4,e2)－a.函数f(x)＝x2ex－a恰有三个零点，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－2＝\f(4,e2)－a>0，,f0＝－a<0，))解得0<a<eq\f(4,e2)，故实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,e2))).5．某公司租地建仓库，每月土地占用费y1与仓库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y2与仓库到车站的距离成正比．假如在距离车站10千米处建仓库，这两项费用y1和y2分别为2万元和8万元，那么，要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站_5__千米处．[解析]依题意可设每月土地占用费y1＝eq\f(k1,x)，每月库存货物的运费y2＝k2x，其中x是仓库到车站的距离．于是，由2＝eq\f(k1,10)，得k1＝20；由8＝10k2，得k2＝eq\f(4,5).因此两项费用之和为y＝eq\f(20,x)＋eq\f(4x,5).y′＝－eq\f(20,x2)＋eq\f(4,5).令y′＝－eq\f(20,x2)＋eq\f(4,5)＝0，得x＝5(x＝－5舍去)，且当x>5时，y′>0；当0<x<5时，y′<0，故当仓库建在离车站5千米处时，两项费用之和最小．三、解答题6．已知函数f(x)＝aex－blnx在点(1，f(1))处的切线方程为y＝(e－1)x＋1.(1)求a，b的值；(2)求证：f(x)>2.[解析](1)函数f(x)＝aex－blnx的导数为f′(x)＝aex－eq\f(b,x)，函数f(x)＝aex－blnx在点(1，f(1))处的切线斜率为k＝ae－b，由切线方程y＝(e－1)x＋1，可得ae－b＝e－1，e＝ae，解得a＝1，b＝1.(2)f(x)＝ex－lnx，导数为f′(x)＝ex－eq\f(1,x)，x>0，易知f′(x)为增函数，且f′(1)>0，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))<0.所以存在m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，有f′(m)＝0，即em＝eq\f(1,m)，且x>m时，f′(x)>0，f(x)递增；0<x<m时，f′(x)<0，f(x)递减，可得在x＝m处f(x)取得最小值，f(m)＝em－lnm＝eq\f(1,m)＋m>2，可得f(x)>2成立．C组·探究创新(2024·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x(1－lnx)．(1)探讨f(x)的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且blna－alnb＝a－b，证明：2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e.[解析](1)由题意，得f′(x)＝1－lnx＋x·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))＝－lnx，所以当x∈(0,1)时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减．(2)证明：由blna－alnb＝a－b，得eq\f(lna,a)＋eq\f(1,a)＝eq\f(lnb,b)＋eq\f(1,b)，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b))).设b>a>0，由(1)知0<a<1，b>1，所以eq\f(1,a)>1,0<eq\f(1,b)<1,2－eq\f(1,a)<1.设g(x)＝f(x)－f(2－x)，1<x<2，则g′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－lnx－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]>0，所以g(x)在(1,2)上是增函数，所以g(x)>g(1)＝0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))>feq\b\lc\(\rc\)