導(dǎo)數(shù)應(yīng)用題答案

1、(I)求面積S以x為自變量的函數(shù)式;(n)若珞k，k為常數(shù)，且0k 1，求S的最大值.值.(I)解：依題意，點 C的橫坐標(biāo)為x ,點C的縱坐標(biāo)為ycx2 9 .1分點B的橫坐標(biāo)Xb滿足方程xB 90，解得Xb3，舍去Xb2分1所以 S -(I CD I I AB I)yc1(2X2 3)( x2 9) (x 3)(x29).4分由點C在第一象限，得0所以S關(guān)于x的函數(shù)式為(X 3)(2x 9)，0x3 .5分0x3,(n)解:1，得 0 x 3k .6分f(x)2(x 3)( x9), 03k，f (x)3x2 6x93(x1)(x 3).8分f (x)0，得x9分13k，即丄k 1時,f (

2、x)與f (x)的變化情況如下:(0,1)(13)f (x)3f(x)極大值所以，當(dāng)x 1時,f (x)取得最大值，且最大值為f(1) 32.11分若1 3k，即0k 1時，f(X)0恒成立,313分時，S的最大值為27(1 k)(1 k2).所以，f (x)的最大值為f(3k)27(1k)(1 k2)11綜上，一 k 1時，S的最大值為32 ; 0 k -3317.統(tǒng)計表明，某種型號的汽車在勻速行駛中每小時的耗油量為y (升)，關(guān)于行駛 速度(千米/小時)的函數(shù)解析式可以表示為: 已知甲、乙兩地相距100千米.(I)當(dāng)汽車以40千米/小時的速度勻速行駛時，從甲地到乙地要耗油多少升?(II )

3、當(dāng)汽車以多大的速度勻速行駛時，從甲地到乙地耗油最少？最少為多少升?解：(I )當(dāng)時，汽車從甲地到乙地行駛了小時,要耗油(升).答：當(dāng)汽車以40千米/小時的速度勻速行駛時，從甲地到乙地耗油17.5 升.(II )當(dāng)速度為千米/小時時，汽車從甲地到乙地行駛了小時，設(shè)耗油量為升,依題意得令得當(dāng)時，是減函數(shù);當(dāng)時，是增函數(shù).當(dāng)時，取到極小值因為在上只有一個極值，所以它是最小值.答：當(dāng)汽車以80千米/小時的速度勻速行駛時，從甲地到乙地耗油最少，最少為 11.2519.已知函數(shù)升.f(x) ex，點A(a,0)為一定點，直線x t(t a)分別與函數(shù)f(x)的圖象和x軸交于點M,N，記 AMN勺面積為S(

4、t)。0時，求函數(shù)S(t)的單調(diào)區(qū)間;2時，若t。0,2，使得S(t0)e，求實數(shù)a的取值范圍。7.解:1(I)因為 S(t) - |t a |e，其中 t a當(dāng) t 0 時，S(t)2te,S (t)2(t 1)e ，所以S (t)0，所以S(t)在(0,)上遞增，當(dāng)t 0時，S(t)2te,S(t)11(t 1)e，2令 S(t)1)e0，解得t1，所以S(t)在(，1)上遞令 S(t)1)e0，解得t1，所以S(t)在(1,0)上遞減綜上，S(t)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,),(,1)當(dāng)a10 , S(t) 2lt|e，其中 t 01(n)因為 S(t) 2lt a | e，其中 t a當(dāng)

5、a 2, t 0,2時，S(t) (a t)e因為t00,2，使得S(t0) e，所以S(t)在0,2上的最大值一定大于等于es(t)1t (a 1)e，令 S(t) 0,得t2時，即a3時S(t)1t (a 1)e0 對 t(0,2)成立,S(t)單調(diào)遞增所以當(dāng)t2時，S(t)取得最大值S(2)2)e2令2(a2)e2e，解得 a -e所以a2時，即S(t)1t (a1)e0 對 t(0,a1)成立,S(t)單調(diào)遞增S(t)12t (a1)e0 對 t(a 1,2)成立,S(t)單調(diào)遞減所以當(dāng)ta 1時,S(t)取得最大值S(a 1)1 -e 2令S(a1)1ea12e,解得 a In 2

6、2所以In 22 a綜上所述，In 220、已知函數(shù)f x3,2-,ax bx 3x 在 x1處取得極值。(I)求函數(shù)f(x)的解析式;(n )求證：對于區(qū)間1 , 1上任意兩個自變量的值x1 , x2 ,都有f x-if x2(rn)若過點A (1, m)(2)可作曲線y=f(x)的三條切線，求實數(shù) m的取值范圍.2X 3ax2bx3,依題意3a2b30即J3a2b30解得a=1, b=0.f X3X3x ). f X3X3x . f X(I)f(IIf 1 f 103x233 X 1 X 1當(dāng)一1x1時，f(x)vO，故f(x)在區(qū)間1, 1上為減函數(shù),fmaxx f 12 , fmin

7、Xf 12 對于區(qū)間1 , 1上任意兩個自變量的值 X1,X2 ,|f X1fX2 I I fmax X fmin X |48分(III)f (x)=3x2 3=3(x+1)(x 1),m不在曲線上.曲線方程為y=x3 3x,.點A (1,設(shè)切點為M(xO, yO),則點M的坐標(biāo)滿足yox0 3xo.因 f (Xo)3(x2 1)，故切線的斜率為3(x2 1)xo 3x0 mXo 1整理得 2x03 3xo m 3 0 過點A( 1, m可作曲線的三條切線,二關(guān)于x0方程2x(3 3x( m 3 =0有三個實根 設(shè) g(x0)= 2x1 3x2 m 3，則 g (x0)=6 x： 由 g g

8、(x0)=0，得 x0=0 或 x0=1. g(x0)在(巴 0),( 1, + 上單調(diào)遞增，在(0, 1)上單調(diào)遞減.函數(shù)g(x0)=睨3x1 m3的極值點為 x0=0, x0=1 12分二關(guān)于x0 方程 2x，3 3x2 m3 =0有三個實根的充要條件是g(0)g(1)0，解得3m 2ln x在1,)上恒成立，求a的取值范圍.(1)當(dāng)a 1 時，f(x) x11,f(X)12xxf(2) 3，f (2) 524所以，函數(shù)f(x)在點(2,f(2)處的切線方程為5(x 2)即：5x 4y 4 0(n )函數(shù)的定義域為：x|x 0， a 2 ax2(2 a), 小f (x) a T 2 (a

9、0)xx2當(dāng)0 a 2時，f （x） 0恒成立，所以，f （x）在（,0）和（0,）上單調(diào)遞增當(dāng)a 2時，令f（X）0 ,即:2 ax2 a 0 ,Xif (x)0, x x2或x X1； f (x)0, xiX2 ,所以，f （x）單調(diào)遞增為（，乎和佇單調(diào)減區(qū)間為a2 c、勿 小 /a2、h,0)和(0,Jh).在1,所以,因為 f(x)21 nx 在1,）上恒成立，有ax2 2a 21nxx0(a0)）上恒成立。g(x) ax2a 21n x ,則 g(x)2 ax2 2x a 2xx2(x 1)ax(a 2)x2令 g(x)0,則 Xi1,x2g (x)0 ,函數(shù)g(x)在1,）上單調(diào)遞

10、增，又g(1) 0所以，f(x) 21 nx 在1,）上恒成立;若a_2 1，即a 1時，a當(dāng) x（o,1）,（冷2,)時,g (x)0,g(x)單調(diào)遞增;當(dāng) x (1, -)時，g(x)a0， g（x）單調(diào)遞減所以，g（x）在1,）上的最小值為g（ L），a因為g（1） 0,所以g（匚2）a0不合題意.a2 1,即a 1時，當(dāng)x aa Q(0, ),(1,)時，g(x) 0,g(x)單調(diào)遞增, a當(dāng)x （守）時，g（x）0,g（x）單調(diào)遞減,所以，g（x）在1,）上的最小值為g（1）又因為g(1)0 ,所以f(x) 21 nx恒成立綜上知，a的取值范圍是1,).14已知函數(shù)f (x)x(I)

11、求函數(shù)y f(x)在點(1,0)處的切線方程;(n)設(shè)實數(shù)k使得f(x) kx恒成立，求k的取值范圍;(川)設(shè)g(x) f (x) kx (k R)，求函數(shù)g(x)在區(qū)間1,e2上的零點個數(shù). e(I) f(x)xf (x)1 In x2xf (1)曲線yf(x)在點(1,0)處的切線方程為所以，k得取值范圍是(占)。5分2ln x, c、-(x 0)x(n )設(shè) h(x)f (x) In X, c、 -(x 0)，貝y h (x) x x0,解得：X晶x當(dāng)x在(0,)上變化時，h (x) , h(x)的變化情況如下表:x(0,7e)(Ve,)h x+0-h(x)丄2e由上表可知，當(dāng)x je時，h(x)取得最大值 2e由已知對任意的x