高考数学复习专题练习第3讲 导数的综合应用 9页

第3讲 导数的综合应用 一、选择题 ‎1．用总长为‎14.8 m的钢条制作一个长方体容器的框架，若所制作容器的底面的一边比高长‎0.5 m，则当高为________米时，容器的容积最大．‎ 解析 由题意直接列出函数表达式，再用导数求最值，设高为x米，‎ 则V＝x(x＋0.5)(3.2－2x)，‎ V′＝－6x2＋4.4x＋1.6＝0，‎ 解15x2－11x－4＝0，得x＝1，x＝－(舍去)．‎ 答案 1‎ ‎2．从边长为‎10 cm×‎16 cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，作成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为 (　　)．‎ A．‎12 cm3 B．‎72 cm3 ‎ C．‎144 cm3 D．‎160 cm3‎ 解析　设盒子容积为y cm3，盒子的高为x cm，则x∈(0，5)．‎ 则y＝(10－2x)(16－2x)x＝4x3－52x2＋160 x，‎ ‎∴y′＝12x2－104x＋160.令y′＝0，得x＝2或(舍去)，‎ ‎∴ymax＝6×12×2＝144 (cm3)．‎ 答案　C ‎3．若关于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m对任意x∈[－2，2]恒成立，则m的取值范围是 (　　)．‎ A．(－∞，7] B．(－∞，－20]‎ C．(－∞，0] D．[－12，7]‎ 解析　令f(x)＝x3－3x2－9x＋2，则f′(x)＝3x2－6x－9，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝3(舍去)．∵f(－1)＝7，f(－2)＝0，f(2)＝－20.∴f(x)的最小值为f(2)＝－20，故m≤－20，可知应选B.‎ 答案　B ‎4．函数f(x)的定义域是R，f(0)＝2，对任意x∈R，f(x)＋f′(x)>1，则不等式 ex·f(x)>ex＋1的解集为 (　　)．‎ A．{x|x>0} B．{x|x<0}‎ C．{x|x<－1或x>1} D．{x|x<－1或0ex－ex＝0，所以g(x)＝ex·f(x)－ex为R上的增函数．又因为g(0)＝e0·f(0)－e0＝1，所以原不等式转化为g(x)>g(0)，解得x>0.‎ 答案　A ‎5．已知f(x)，g(x)都是定义在R上的函数，g(x)≠0，f′(x)g(x)>‎ ‎ f(x)g′(x)，且f(x)＝axg(x)(a>0，且a≠1)，＋＝.若数列的前n项和大于62，则n的最小值为 (　　)．‎ A．8 B．‎7 ‎ C．6 D．9‎ 解析　构造函数h(x)＝＝ax，由已知条件可知h′(x)＝>0，则h(x)在R上为增函数，得a>1，又a＋a－1＝，解得a＝2或a＝(舍去)．‎ 所以＝2n，其前n项和Sn＝2＋22＋…＋2n＝2n＋1－2，由2n＋1－2>62，解得2n＋1>26，∴n>5，故n的最小值为6，选C.‎ 答案　C ‎6．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，若f(x)在区间(－1，0)上单调递减，则a2＋b2的取值范围是 (　　)．‎ A. B. ‎ C. D. 解析　由题意得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，f′(x)≤0在x∈(－1，0)上恒成立，即3x2＋2ax＋b≤0在x∈(－1，0)上恒成立，‎ ‎∴∴a，b所满足的可行域如图中的阴影部分所示．则点O 到直线‎2a－b－3＝0的距离d＝，∴a2＋b2≥d2＝，∴a2＋b2的取值范围为.‎ 答案　C 二、填空题 ‎7．直线y＝a与函数f(x)＝x3－3x的图像有相异的三个公共点，则a的取值范围是________．‎ 解析　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时恰有三个不同的公共点．‎ 答案　(－2，2)‎ ‎8．若函数f(x)＝x＋asin x在R上递增，则实数a的取值范围为________．‎ 解析　∵f′(x)＝1＋acos x，∴要使函数f(x)＝x＋asin x在R上递增，则1＋acos x≥0对任意实数x都成立．‎ ‎∵－1≤cos x≤1，‎ ‎①当a>0时，－a≤acos x≤a，∴－a≥－1，∴00，试判断f(x)在定义域内的单调性；‎ ‎(2)若f(x)在[1，e]上的最小值为，求a的值；‎ ‎(3)若f(x)0或f′(x)<0→确定单调性．‎ ‎(2)根据单调性→求f(x)在[1，e]上的最小值→列方程求解．‎ ‎(3)f(x)xln x－x3→求xln x－x3的最大值．‎ 解　(1)由题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ 且f′(x)＝＋＝.‎ ‎∵a>0，∴f′(x)>0，‎ 故f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数．‎ ‎(2)由(1)可知，f′(x)＝.‎ ‎①若a≥－1，则x＋a≥0，‎ 即f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，‎ 此时f(x)在[1，e]上为增函数，‎ ‎∴f(x)min＝f(1)＝－a＝，‎ ‎∴a＝－(舍去)．‎ ‎②若a≤－e，则x＋a≤0，‎ 即f′(x)≤0在[1，e]上恒成立，‎ 此时f(x)在[1，e]上为减函数，‎ ‎∴f(x)min＝f(e)＝1－＝，‎ ‎∴a＝－(舍去)．‎ ‎③若－e0，‎ ‎∴f(x)在(－a，e)上为增函数，‎ ‎∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝，‎ ‎∴a＝－.‎ 综上所述，a＝－.‎ ‎(3)∵f(x)0，∴a>xln x－x3.‎ 令g(x)＝xln x－x3，‎ h(x)＝g′(x)＝1＋ln x－3x2，‎ h′(x)＝－6x＝.‎ ‎∵x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，‎ ‎∴h(x)在(1，＋∞)上是减函数．‎ ‎∴h(x)1.‎ ‎(1)求证函数F(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上单调递增；‎ ‎(2)若函数y＝－3有四个零点，求b的取值范围；‎ ‎(3)若对于任意的x1，x2∈[－1，1]时，都有|F(x2)－F(x1)|≤e2－2恒成立，求a的取值范围．‎ ‎(1)证明　∵F(x)＝f(x)－g(x)＝ax＋x2－xln a，‎ ‎∴F′(x)＝ax·ln a＋2x－ln a＝(ax－1)ln a＋2x.‎ ‎∵a>1，x>0，∴ax－1>0，ln a>0，2x>0，‎ ‎∴当x∈(0，＋∞)时，F′(x)>0，即函数F(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．‎ ‎(2)解　由(1)知当x∈(－∞，0)时，F′(x)<0，‎ ‎∴F(x)在(－∞，0]上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．‎ ‎∴F(x)取得最小值为F(0)＝1.‎ 由－3＝0，‎ 得F(x)＝b－＋3或F(x)＝b－－3，‎ ‎∴要使函数y＝－3有四个零点，只需 即b－>4，即>0，‎ 解得b>2＋或2－0)，‎ 则H′(x)＝1＋－＝＝>0，‎ ‎∴H(x)在(0，＋∞)上单调递增．‎ ‎∵a>1，∴H(a)>H(1)＝0.∴F(1)>F(－1)．‎ ‎∴|F(x2)－F(x1)|的最大值为|F(1)－F(0)|＝a－ln a，‎ ‎∴要使|F(x2)－F(x1)|≤e2－2恒成立，‎ 只需a－ln a≤e2－2即可．‎ 令h(a)＝a－ln a(a>1)，h′(a)＝1－>0，‎ ‎∴h(a)在(1，＋∞)上单调递增．‎ ‎∵h(e2)＝e2－2，∴只需h(a)≤h(e2)，即1