资源描述
第3讲 导数的综合应用
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、填空题
1.在R上可导的函数f(x)的图象如图所示，则关于x的不等式x·f′(x)<0的解集为________．
解析 ①当x∈(－∞，－1)和x∈(1，＋∞)时，f(x)是增函数，
∴f′(x)>0，
由x·f′(x)<0，得x<0，∴x<－1.
②当x∈(－1,1)时，f(x)是减函数，∴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 (－∞，－1)∪(0,1)
2．若直线y＝m与y＝3x－x3的图象有三个不同的交点，则实数m的取值范围是________．
解析 y′＝3(1－x)(1＋x)，由y′＝0，得x＝±1.∴y极大＝2，y微小＝－2，∴－2<m<2.
答案 (－2,2)
3．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和微小值，则实数a的取值范围是________．
解析 f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)，由于函数有极大值和微小值，所以f′(x)＝0有两个不相等的实数根，所以Δ＝4a2－4×3(a＋6)＞0，解得a＜－3或a＞6.
答案 (－∞，－3)∪(6，＋∞)
4．若f(x)＝xsin x＋cos x，则f(－3)，f，f(2)的大小关系为________．
解析 函数f(x)为偶函数，因此f(－3)＝f(3)．又f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x，当x∈时，
f′(x)<0.∴f(x)在区间上是减函数，
∴f>f(2)>f(3)＝f(－3)．
答案 f(－3)<f(2)<f
5．f(x)＝kx3－3x＋1，x∈R，若对任意x∈(0,1]都有f(x)≥0成立，则实数k的范围为________．
解析 当x∈(0,1]时，f(x)≥0，可化为k≥－，
设g(x)＝－，
则g′(x)＝，
∴g(x)在上单调递增，
在上单调递减．
∴g(x)max＝g＝4.∴k≥4.
答案 [4，＋∞)
6．(2021·南京、盐城模拟)表面积为12 π的圆柱，当其体积最大时，该圆柱的底面半径与高的比为________．
解析 设圆柱的底面圆半径为r，高为l，则表面积为2πr2＋2πrl＝12π，则l＝，r∈(0，)，体积为V＝πr2l＝πr2·＝π(6r－r3)，r∈(0，)，所以V′＝π(6－3r2)，由V′＝0解得r＝，且r∈(0，)时V ′＞0，r∈(，)时V′＜0，所以r＝时，该圆柱的体积取得最大值，此时高l＝＝2，底面半径与高的比为＝.
答案
7，已知函数f (x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m，n∈[－1,1]，则f (m)＋f ′(n)的最小值是________．
解析 对函数f (x)求导得f ′(x)＝－3x2＋2ax，
由函数f (x)在x＝2处取得极值知f ′(2)＝0，
即－3×4＋2a×2＝0，∴a＝3.
由此可得f (x)＝－x3＋3x2－4，f ′(x)＝－3x2＋6x，
易知f (x)在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，
∴当m∈[－1,1]时，f (m)min＝f (0)＝－4.
又∵f ′(x)＝－3x2＋6x的图象开口向下，且对称轴为x＝1，∴当n∈[－1,1]时，f ′(n)min＝f ′(－1)＝－9.
故f (m)＋f ′(n)的最小值为－13.
答案 －13
8．设函数f(x)＝6ln x，g(x)＝x2－4x＋4，则方程f(x)－g(x)＝0有________个实根．
解析 设φ(x)＝g(x)－f(x)＝x2－4x＋4－6ln x，则φ′(x)＝＝，且x>0.由φ′(x)＝0，得x＝3.当0<x<3时，φ′(x)<0；当x>3时，φ′(x)>0.∴φ(x)在(0，＋∞)上有微小值φ(3)＝1－6ln 3<0.故y＝φ(x)的图象与x轴有两个交点，则方程f(x)－g(x)＝0有两个实根．
答案 2
二、解答题
9．(2022·南通调研)设函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax＋，函数f(x)的图象与x轴的交点也在函数g(x)的图象上，且在此点有公切线．
(1)求a，b的值；
(2)试比较f(x)与g(x)的大小．
解 (1)f(x)＝ln x的图象与x轴的交点坐标是(1,0)，依题意，得g(1)＝a＋b＝0，①
又f′(x)＝，g′(x)＝a－，
又f(x)与g(x)在点(1,0)处有公切线，
∴g′(1)＝f′(1)＝1，即a－b＝1，②
由①②得a＝，b＝－.
(2)令F(x)＝f(x)－g(x)，则F(x)＝ln x－＝ln x－x＋(x＞0)，∴F′(x)＝－－＝－2≤0.∴F(x)在(0，＋∞)上为减函数，且F(1)＝0，
当0＜x＜1时，F(x)＞F(1)＝0，即f(x)＞g(x)；
当x＝1时，F(x)＝F(1)＝0，即f(x)＝g(x)；
当x＞1时，F(x)＜F(1)＝0，即f(x)＜g(x)．
综上可知，当0＜x＜1时，f(x)＞g(x)；
当x＝1时，f(x)＝g(x)；
当x＞1时，即f(x)＜g(x)．
10．某地建一座桥，两端的桥墩已建好，这两墩相距m米，余下工程只需建两端桥墩之间的桥面和桥墩，经猜想，一个桥墩的工程费用为256万元，距离为x米的相邻两墩之间的桥面工程费用为(2＋)x万元．假设桥墩等距离分布，全部桥墩都视为点，且不考虑其他因素，记余下工程的费用为y万元．
(1)试写出y关于x的函数关系式；
(2)当m＝640米时，需新建多少个桥墩才能使y最小？
解 (1)设需新建n个桥墩，则(n＋1)x＝m，
即n＝－1，
所以y＝f(x)＝256n＋(n＋1)(2＋)x
＝256＋(2＋)x
＝m＋m＋2m－256.
(2)由(1)知，
f′(x)＝－＋mx＝(x－512)．
令f′(x)＝0，得x＝512，所以x＝64.
当0<x<64时，f′(x)<0，f(x)在区间(0,64)内为减函数；
当64<x<640，f′(x)>0，f(x)在区间(64,640)内为增函数．所以f(x)在x＝64处取得最小值．
此时n＝－1＝－1＝9.
故需新建9个桥墩才能使工程的费用y最小．
力气提升题组
(建议用时：25分钟)
1．(2021·德州模拟)已知函数y＝f(x)的图象关于y轴对称，且当x∈(－∞，0)时，f(x)＋xf′(x)＜0成立，a＝(20.2)·f(20.2)，b＝(logπ3)·f(logπ3)，c＝(log39)·f(log39)，则a，b，c的大小关系是________．
解析 由于函数y＝f(x)关于y轴对称，
所以函数y＝xf(x)为奇函数．
由于[xf(x)]′＝f(x)＋xf′(x)，
且当x∈(－∞，0)时，[xf(x)]′＝f(x)＋xf′(x)＜0，
所以函数y＝xf(x)在(－∞，0)上单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，函数y＝xf(x)单调递减．
由于1＜20.2＜2,0＜logπ3＜1，log39＝2，
所以0＜logπ 3＜20.2＜log3 9，所以b＞a＞c.
答案 b＞a＞c
2．(2022·辽宁卷改编)当x∈[－2,1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是________．
解析 由题意知∀x∈[－2,1]都有ax3－x2＋4x＋3≥0，即ax3≥x2－4x－3在x∈[－2,1]上恒成立．
当x＝0时，ax3－x2＋4x＋3≥0变为3≥0恒成立，
即a∈R.
当0＜x≤1时，a≥＝－－＋.
令t＝(t≥1)，g(t)＝－3t3－4t2＋t，由于g′(t)＝－9t2－8t＋1＜0(t≥1)，所以g(t)在[1，＋∞)上单调递减，g(t)max＝g(1)＝－6(t≥1)，所以a≥－6.
当－2≤x＜0时，a≤－－＋，同理，
g(t)在(－∞，－1]上递减，在上递增．
因此g(t)min＝g(－1)＝－2，所以a≤－2.
综上，－6≤a≤－2.
答案 [－6，－2]
3．已知f(x)＝xex，g(x)＝－(x＋1)2＋a，若∃x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，则实数a的取值范围是________．
解析 f′(x)＝ex＋xex＝ex(1＋x)．
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．
所以函数f(x)的最小值为f(－1)＝－.
而函数g(x)的最大值为a，则由题意，
可得－≤a即a≥－.
答案
4．(2021·南京调研)已知函数f(x)＝ex－m－x，其中m为常数．
(1)若对任意x∈R有f(x)≥0恒成立，求m的取值范围；
(2)当m>1时，推断f(x)在[0,2m]上零点的个数，并说明理由．
解 (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)单调递减；
当x∈(m，＋∞)时，ex－m>1，f′(x)>0，f(x)单调递增．
故当x＝m时，f(m)为微小值也是最小值．
令f(m)＝1－m≥0，得m≤1，
即对任意x∈R ，f(x)≥0恒成立时，m的取值范围是(－∞，1]．
(2)当m>1时，f(m)＝1－m<0.
∵f(0)＝e－m>0，f(0)·f(m)<0，且f(x)在(0，m)上单调递减．∴f(x)在(0，m)上有一个零点．
又f(2m)＝em－2m，令g(m)＝em－2m，
则g′(m)＝em－2，
∵当m>1时，g′(m)＝em－2>0，
∴g(m)在(1，＋∞)上单调递增．
∴g(m)>g(1)＝e－2>0，即f(2m)>0.
∴f(m)·f(2m)<0，∴f(x)在(m,2m)上有一个零点．
故f(x)在[0,2m]上有两个零点.
展开阅读全文
浙ICP备2021020529号-1 | 浙B2-20240490 
