【全程复习方略】2020年人教A版数学文(广东用)课时作业：2.12导数与生活中的优化问题及综合应用

温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调整合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课时提升作业(十五)一、选择题1.设f(x)，g(x)在［a，b］上可导，且f′(x)>g′(x)，则当a<x<b时，有()（A）f(x)>g(x)（B）f(x)<g(x)（C）f(x)＋g(a)>g(x)＋f(a)（D）f(x)＋g(b)>g(x)＋f(b)2.若对任意的x＞0，恒有lnx≤px-1(p＞0)，则p的取值范围是()（A）(0,1］（B）(1,+∞)（C）(0,1)（D）［1,+∞)3.已知某生产厂家的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：万件)的函数关系式为y＝－x3＋81x－234，则使该生产厂家猎取最大年利润的年产量为()（A）13万件（B）11万件（C）9万件（D）7万件4.(2021·中山模拟)已知函数f(x)=-x2-x4-x6，x1,x2,x3∈R且x1+x2<0,x2+x3<0,x3+x1<0，则f′(x1)+f′(x2)+f′(x3)的值(f′(x)是f(x)的导数)()（A）确定小于零（B）等于零（C）确定大于零（D）正负均有可能5．(2021·烟台模拟)函数y=2x3+1的图象与函数y=3x2-b的图象有三个不相同的交点，则实数b的取值范围是()（A）（-2,-1）（B）(-1,0)（C）(0,1)（D）(1,2)6.设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x＜0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，且f(－3)·g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)＜0的解集是()（A）(－3,0)∪(3，＋∞)（B）(－3,0)∪(0,3)（C）(－∞，－3)∪(3，＋∞)（D）(－∞，－3)∪(0,3)二、填空题7．已知函数f(x)＝xsinx，x∈R，f(－4)，f()，f(－)的大小关系为_______(用“<”连接)．8．(2021·清远模拟)不等式ex-x>ax的解集为P,且［0，2］⊆P，则实数a的取值范围是_______.9．（力气挑战题）已知函数f(x)=ax+lnx,g(x)=x2-2x+2.若对任意x1∈(0,+∞)，存在x2∈［0,1］，使得f(x1)＜g(x2)，则a的取值范围是______.三、解答题10．已知a，b为实数，且b＞a＞e，其中e为自然对数的底数，求证：ab＞ba．11.(2021·揭阳模拟)某企业科研课题组方案投资研发一种新产品，依据分析和猜想，能获得10万元～1000万元的投资收益.企业拟制定方案对课题组进行嘉奖，嘉奖方案为：奖金y(单位：万元)随投资收益x(单位：万元)的增加而增加，且奖金不超过9万元，同时奖金小于投资收益的20%，并用函数y=f(x)模拟这一嘉奖方案.(1)试写出模拟函数y=f(x)所满足的条件.(2)试分析函数模型y=4lgx-3是否符合嘉奖方案的要求？并说明理由.12．（力气挑战题）已知函数f(x)=x3-x2+ax-a(a∈R).（1）当a=-3时，求函数f(x)的极值.（2）若函数f(x)的图象与x轴有且只有一个交点，求a的取值范围.答案解析1.【解析】选C.∵f′(x)>g′(x)，∴［f(x)－g(x)］′>0，∴f(x)－g(x)在［a，b］上是增函数．∴f(a)－g(a)<f(x)－g(x)，即f(x)＋g(a)>g(x)＋f(a)．2.【解析】选D.原不等式可化为lnx-px+1≤0，令f(x)=lnx-px+1,故只需f(x)max≤0.由f′(x)=-p，知f(x)在(0,)上单调递增，在(,+∞)上单调递减.故f(x)max=f()=-lnp,由-lnp≤0得p≥1.3.【解析】选C.y′＝－x2＋81，令y′＝0解得x＝9(－9舍去)．当0＜x＜9时，y′＞0；当x＞9时，y′＜0，则当x＝9时，y取得最大值，故选C.4.【解析】选C.令g(x)=f′(x)=-2x-4x3-6x5,则g′(x)=-2-12x2-30x4<0,所以f′(x)在R上既是奇函数又是减函数，由x1<-x2,x2<-x3,x3<-x1，得f′(x1)>f′(-x2)=-f′(x2),f′(x2)>f′(-x3)=-f′(x3),f′(x3)>f′(-x1)=-f′(x1)，相加得f′(x1)+f′(x2)+f′(x3)>0.5．【解析】选B.由题意知方程2x3+1=3x2-b，即2x3-3x2+1=-b有三个不相同的实数根，令f(x)=2x3-3x2+1，即函数y=f(x)=2x3-3x2+1与直线y=-b有三个交点.由f′(x)=6x2-6x=6x(x-1)知，函数y=f(x)在区间(-∞,0)上单调递增，在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，故f(0)是函数的极大值，f(1)是函数的微小值，若函数y=f(x)=2x3-3x2+1与直线y=-b有三个交点，则f(1)＜-b＜f(0)，解得-1＜b＜0.6.【思路点拨】本题考查x＜0时函数f(x)g(x)的单调性，利用单调性解不等式，再利用奇偶性求x＞0时的解集.【解析】选D.x＜0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，即x＜0时，［f(x)g(x)］′＞0.∴f(x)g(x)为增函数，且f(－3)g(－3)＝0.故当x＜－3时，f(x)g(x)＜0.∵f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，∴f(x)g(x)为奇函数，当x＞0时，由f(x)g(x)＜0得0＜x＜3.综上，x＜-3或0＜x＜3.7．【解析】f′(x)＝sinx＋xcosx，当x∈［，］时，sinx<0，cosx<0，∴f′(x)＝sinx＋xcosx<0，则函数f(x)在x∈［，］时为减函数，∴f()<f(4)<f()，又函数f(x)为偶函数，∴f()<f(－4)<f(-)．答案：f()<f(－4)<f(－)8．【思路点拨】转化为恒成立问题，利用导数求解.【解析】由于ex-x>ax的解集为P，且［0,2］⊆P，所以对任意x∈［0,2］，ex-x>ax恒成立.当x=0时，不等式恒成立；当0<x≤2时，a<-1也应恒成立.令g(x)=-1，则g′(x)=,当1<x≤2时，g′(x)>0;当0<x<1时，g′(x)<0.所以当x=1时，g(x)取得最小值e-1,所以a的取值范围是(-∞,e-1).答案：(-∞,e-1)9．【解析】只需满足f(x1)max＜g(x2)max,x1∈(0,+∞),x2∈［0,1］.∵g(x)max=2,f′(x)=a+(x＞0).①当a≥0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，+∞)上单调递增，值域为R，故不符合题意.②当a＜0时，由f′(x)=0，得x=-.所以，函数f(x)的单调递增区间为(0,-)，单调递减区间为(-,+∞).故f(x)的极大值即为最大值，∴f(x1)max=f(-)=-1+ln()=-1-ln(-a),∴-1-ln(-a)＜2,∴a＜-.答案：(-∞,-)【变式备选】已知两函数f(x)=8x2+16x-k,g(x)=2x3+5x2+4x,其中k为实数．(1)对任意x∈［-3,3］,都有f(x)≤g(x)成立,求k的取值范围.(2)存在x∈［-3,3］，使f(x)≤g(x)成立,求k的取值范围.(3)对任意x1,x2∈［-3,3］,都有f(x1)≤g(x2),求k的取值范围．【解析】（1）设h(x)=g(x)-f(x)=2x3-3x2-12x+k，问题转化为x∈［-3,3］时，h(x)≥0恒成立,即h(x)min≥0,x∈［-3,3］.令h′(x)=6x2-6x-12=0,得x=2或x=-1.∵h(-3)=k-45,h(-1)=k+7,h(2)=k-20,h(3)=k-9,∴h(x)min=k-45≥0,得k≥45.（2）据题意：存在x∈［-3,3］，使f(x)≤g(x)成立，即为h(x)=g(x)-f(x)≥0在x∈［-3,3］上能成立，∴h(x)max≥0.∴h(x)max=k+7≥0,得k≥-7.（3）据题意：f(x)max≤g(x)min,x∈［-3,3］,易得f(x)max=f(3)=120-k,g(x)min=g(-3)=-21.∴120-k≤-21,得k≥141.10．【证明】方法一：∵b＞a＞e，∴要证ab＞ba，只要证blna＞alnb，设f(b)=blna-alnb,则f′(b)=lna-.∵b＞a＞e,∴lna＞1,且＜1,∴f′(b)＞0.∴函数f(b)=blna-alnb在(e,+∞)上是增函数．∴f(b)＞f(a)=alna-alna=0,即blna-alnb＞0,∴blna＞alnb,∴ab＞ba.方法二：要证ab＞ba，只要证blna＞alnb(e＜a＜b),即证,设f(x)=(x＞e),则f′(x)=＜0,∴函数f(x)在(e,+∞)上是减函数．又∵e＜a＜b,∴f(a)＞f(b),即,∴ab＞ba.11.【解析】(1)由题意，模拟函数y=f(x)满足的条件是：①f(x)在［10,1000］上是增函数；②f(x)≤9；③f(x)<x.(2)对于y=4lgx-3，明显它在［10，1000］上是增函数，满足条件①，又当10≤x≤1000时，4lg10-3≤y≤4lg1000-3，即y∈［1,9］，从而满足条件②.下面证明：f(x)<x，即4lgx-3<x，对于x∈［10,1000］恒成立.令g(x)=4lgx-3-x(10≤x≤1000),则g′(x)=∵e<,∴lge<lg=,∴20lge<10≤x,∴20lge-x<0,∴g′(x)<0对于x∈［10,1000］恒成立.∴g(x)在［10，1000］上是减函数，当x∈［10,1000］时，g(x)≤g(10)=4lg10-3-×10=-1<0,即4lgx-3-x<0，即4lgx-3<x对于x∈［10,1000］恒成立.从而满足条件③.故函数模型y=4lgx-3符合嘉奖方案的要求.12．【思路点拨】（1）求出导函数的零点，再推断零点两侧导数的符号.（2）三次函数的零点打算于函数的极值的符号，若函数f(x)的图象与x轴有且只有一个交点，则此时极大值与微小值同号.【解析】(1)当a=-3时，f(x)=x3-x2-3x+3.f′(x)=x2-2x-3=(x-3)(x+1).令f′(x)=0,得x1=-1,x2=3.当x＜-1时，f′(x)＞0，则函数在(-∞,-1)上是增函数,当-1＜x＜3时，f′（x）＜0，则函数在(-1,3)上是减函数,当x＞3时，f′(x)＞0，则函数在(3,+∞)上是增函数.所以当x=-1时，函数f(x)取得极大值为f(-1)=--1+3+3=,当x=3时,函数f(x)取得微小值为f(3)=×27-9-9+3=-6.（2）由于f′(x)=x2-2x+a，所以Δ=4-4a=4(1-a).①当a≥1时，则Δ≤0，∴f′(x)≥0在R上恒成立，所以f(x)在R上单调递增.f(0)=-a＜0，f(3)=2a＞0，所以，当a≥1时函数的图象与x轴有且只有一个交点.②a＜1时，则Δ＞0，∴f′(x)=0有两个不等实数根，不妨设为x1,x2(x1＜x2),∴x1+x2=2，x1·x2=a,当x变化时，f(x)，f′(x)的变化状况如下表：∵x-2x1+a=0,∴a=-x+2x1,∴f(x1)=x-x+ax1-a=x-x+ax1+x-2x1=x+(a-2)x1=x1［x+3(a-2)］,同理f(x2)=x2［x+3(a-2)］.∴f(x1)·f