新課標(biāo)人教A版名師對(duì)話數(shù)學(xué)理一輪復(fù)習(xí)作業(yè)212導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(二)(含答案詳析)

課時(shí)作業(yè)(十五)一、選擇題x，則以下命1．(2013·浙江杭州第二次質(zhì)檢)若函數(shù)f(x)＝(x＋1)·e題正確的選項(xiàng)是( )1A．對(duì)任意m<－e2，都存在x∈R，使得f(x)<m1B．對(duì)任意m>－e2，都存在x∈R，使得f(x)<m1C．對(duì)任意m<－e2，方程f(x)＝m只有一個(gè)實(shí)根1D．對(duì)任意m>－e2，方程f(x)＝m總有兩個(gè)實(shí)根xx＝＋x∈－∞，－時(shí)剖析：f′(x)＝e＋＋1)e·，可知當(dāng)2)(x(x2)ex(f(x)為減函數(shù)；當(dāng)x∈(－2，＋∞)時(shí)f(x)為增函數(shù)，故f(x)min＝－12，則e結(jié)合所給出的選項(xiàng)，可知B正確．答案：B12．(2013·河南十所名校第三次聯(lián)考)設(shè)函數(shù)f(x)＝3x－lnx，則y＝f(x)( )1A．在區(qū)間e，1，(1，e)內(nèi)均有零點(diǎn)1B．在區(qū)間e，1，(1，e)內(nèi)均無(wú)零點(diǎn)1C．在區(qū)間e，1內(nèi)有零點(diǎn)，在區(qū)間(1，e)內(nèi)無(wú)零點(diǎn)1D．在區(qū)間e，1內(nèi)無(wú)零點(diǎn)，在區(qū)間(1，e)內(nèi)有零點(diǎn)剖析：f(x)＝1，則′(x)11x－3∈時(shí)，－＝－＝3x，知當(dāng)3xlnxf3xx(0,3)f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，x∈(3，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(3，＋∞)上單調(diào)遞加，而f(3)＝1－ln3<0，故f(x)在(0,3)上有零點(diǎn)且獨(dú)一，在(3，1e＋∞)上有零點(diǎn)且獨(dú)一，f(1)＝3>0，f(e)＝3－1<0，故在(1，e)上有零1點(diǎn)，在e，1上無(wú)零點(diǎn)，應(yīng)選D.答案：D3．(2013·正定中學(xué)高三月考)等比數(shù)列{an}中，a1＝2，a8＝4，函數(shù)f(x)＝x(x－a1)(x－a2)(x－a8)，則f′(0)＝( )A．26B．29C．212D．215剖析：f′(x)＝x′·[(x－a1)(x－a2)(x－a8)]＋[(x－a1)(x－a2)(xa8)]′·x(x－a1)(x－a2)(x－a8)＋[(x－a1)(x－a2)(x－a8)]′·x，因此f′(0)＝(0－a1)(0－a2)(0－a8)＋[(0－a1)(0－a2)(0－a8)]′·0＝a1a2a8.因?yàn)閿?shù)列{an}為等比數(shù)列，因此a2a7＝a3a6＝a4a5＝a1a8＝8，因此f′(0)＝84＝212.答案：C．·陜西寶雞質(zhì)檢一設(shè)函數(shù)＝132在區(qū)間())f(x)3x＋ax＋5x＋64(2013[1,3]是單調(diào)減函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．[－5，＋∞)B．(－∞，－3]∪[－5，＋∞)C．(－∞，－3]D．[－5，5]剖析：

2f′(x)＝x＋2ax＋5，因?yàn)?/p>

132f(x)＝3x＋ax＋5x＋6

在[1,3]f′1≤0是單調(diào)遞減函數(shù)，因此

f′(x)≤0在[1,3]上恒成立，只需

，f′3≤0解得a≤－3.答案：C5．(2013·江西八校聯(lián)考)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，對(duì)任意的x∈R，都有2f′(x)>f(x)成立，則()A．3f(2ln2)>2f(2ln3)B．3f(2ln2)<2f(2ln3)C．3f(2ln2)＝2f(2ln3)D．3f(2ln2)與2f(2ln3)的大小不確定x1xe2f′x－2e2fx2f′x－fx，剖析：令F(x)＝fx，則F′(x)＝ex＝2·exex2222由已知2f′(x)>f(x)，可知F′(x)>0恒成立，故F(x)在R上單調(diào)遞加，則f2ln2<f2ln3，即3f(2ln2)<2f(2ln3)．23答案：B6．若商品的年利潤(rùn)y(萬(wàn)元)與年產(chǎn)量x(百萬(wàn)件)的函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)＝－x3＋27x＋123(x>0)，則獲得最大利潤(rùn)時(shí)的年產(chǎn)量為( )A．1百萬(wàn)件B．2百萬(wàn)件C．3百萬(wàn)件D．4百萬(wàn)件剖析：依題意得，y′＝－3x2＋27＝－3(x－3)(x＋3)，當(dāng)0<x<3時(shí)，y′>0；當(dāng)x>3時(shí)，y′<0.因此，當(dāng)x＝3時(shí)，該商品的年利潤(rùn)最大．答案：C二、填空題7．已知函數(shù)f(x)是R上的偶函數(shù)，且在(0，＋∞)上有f′(x)>0，若f(－1)＝0，那么關(guān)于x的不等式xf(x)<0的解集是________．剖析：在(0，＋∞)上有f′(x)>0，因此f(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞加．又函數(shù)f(x)是R上的偶函數(shù)，因此f(1)＝f(－1)＝0.當(dāng)x>0時(shí)，f(x)<0，∴0<x<1；當(dāng)x<0時(shí)，圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，f(x)>0，∴x<－1.答案：(－∞，－1)∪(0,1)8．直線y＝a與函數(shù)f(x)＝x3－3x的圖象有相異的三個(gè)公共點(diǎn)，則a的取值范圍是________．剖析：令f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1，可得極大值為f(－1)＝2，極小值為f(1)＝－2，如圖，觀察得－2<a<2時(shí)恰有三個(gè)不同樣的公共點(diǎn)．答案：(－2,2)9．(2013·東北三校第二次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝ex－ax，若函數(shù)在R上有且僅有4個(gè)零點(diǎn)，則a的取值范圍是________．剖析：x≥0時(shí)f(x)＝ex－ax，f(0)＝1>0，f(x)又為偶函數(shù)，因此函數(shù)f(x)在R上有4個(gè)零點(diǎn)，則在(0，＋∞)上有兩個(gè)零點(diǎn)，x>0時(shí)，f′(x)ex－a＝0得x＝lna(a>0)，因此f(x)在(0，lna)上單調(diào)減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞加，若在(0，＋∞)上存在兩個(gè)零點(diǎn)，則f(lna)＝a－alna<0，得a>e，即a的取值范圍是(e，＋∞)．答案：(e，＋∞)三、解答題10．(2013·合肥第二次質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝xlnx.(1)若函數(shù)g(x)＝f(x)＋x2＋ax＋2有零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的最大值；(2)若?x>0，fxx≤x－kx2－1恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．解：(1)由題知，g(x)＝xlnx＋x2＋ax＋2＝0在(0，＋∞)上有實(shí)根，2即：－a＝lnx＋x＋x在(0，＋∞)上有實(shí)根，112x2＋x－21令φ(x)＝lnx＋x＋x，則φ′(x)＝x＋1－x2＝x2＝x2(x＋2)(x－1)，易知，φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞加，因此，a≥φ(x)max＝φ(1)＝3，a≤－3.(2)依題意fx≤x－kx2－，kx2≤x－1－lnx，x>0.x11因此k≤x2(x－1－lnx)1設(shè)g(x)＝x－1－lnx，x>0，g′(x)＝1－x，當(dāng)0<x<1時(shí)g′(x)<0，當(dāng)x>1時(shí)g′(x)>0，因此?x>0，g(x)≥g(1)＝0.1因此，x2(x－1－lnx)≥0，∴k≤0，即k的取值范圍是(－∞，0]．11．(2013·馬鞍山第一次質(zhì)檢)設(shè)函數(shù)f(x)＝clnx＋12x2＋bx(b，c∈R，c≠0)，且x＝1為f(x)的極值點(diǎn)．(1)若x＝1為f(x)的極大值點(diǎn)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間(用c表示)；(2)若f(x)＝0恰有兩解，求實(shí)數(shù)c的取值范圍．解：f′(x)＝c＋＋＝x2＋bx＋c′(1)＝，，又xxbxf0則b＋c＋1＝0，因此f′(x)＝x－1x－c且c≠1，x(1)因?yàn)閤＝1為f(x)的極大值點(diǎn)，因此c>1.令f′(x)>0，得0<x<1或x>c；令f′(x)<0，得1<x<c.因此f(x)的遞加區(qū)間為(0,1)，(c，＋∞)；遞減區(qū)間為(1，c)．(2)①若c<0，則f(x)在(0,1)上遞減，在(1，＋∞)上遞加．若f(x)＝0

恰有兩解，則

1f(1)<0，即2＋b<0，因此－

12<c<0.121②若0<c<1，則f(x)極大值＝f(c)＝clnc＋c＋bc，f(x)極小值＝f(1)＝22＋b.因?yàn)閎＝－1－c，c2c2則f(x)極大值＝clnc＋2＋c(－1－c)＝clnc－c－2<0，1f(x)極小值＝－2－c，從而f(x)＝0只有一解；1③若c>1，則f(x)極大值＝－2－c<0，c2從而f(x)極小值＝clnc＋2＋c(－1－c)c2clnc－c－2<0，則f(x)＝0只有一解．1綜上，使f(x)＝0恰有兩解的c的取值范圍為－2<c<0.12．(2013·湖北八校第一次聯(lián)考)在淘寶網(wǎng)上，某商店專賣當(dāng)?shù)啬撤N特產(chǎn)，由過(guò)去的經(jīng)驗(yàn)表示，不考慮其他因素，該特產(chǎn)每日的銷售量y(單位：千克)與銷售價(jià)格x(單位：元/千克，1<x≤5)滿足：當(dāng)1<x≤3時(shí)，y＝a(x－3)2＋x－b1，(a，b為常數(shù))；當(dāng)3<x≤5時(shí)，y＝－70x＋490，已知當(dāng)銷售價(jià)格為2元/千克時(shí)，每日可售出該特產(chǎn)700千克；當(dāng)銷售價(jià)格為3元/千克時(shí)，每日可售出該特產(chǎn)150千克．(1)求a，b的值，并確定y關(guān)于x的函數(shù)剖析式；(2)若該特產(chǎn)的銷售成本為

1元/千克，試確定銷售價(jià)格

x的值，使商店每日銷售該特產(chǎn)所獲利潤(rùn)f(x)最大(x精確到0.01元/千克)．解：(1)因?yàn)閤＝2時(shí)，y＝700；x＝3時(shí)，y＝150，因此b＝1502400x－32＋300，1<x≤3每日的銷售量y＝x－1；70x＋490，3<x≤5(2)由(1)知，當(dāng)1<x≤3時(shí)：2300每日銷售利潤(rùn)f(x)＝400x－3＋x－1(x－1)400(x－3)2(x－1)＋300400(x3－7x2＋15x－9)＋300(1<x≤3)f′(x)＝400(3x2－14x＋15)5當(dāng)x＝3，或

x＝3

時(shí)

f′(x)＝05當(dāng)x∈1，3時(shí)

f′(x)>0，f(x)單增；當(dāng)

5x∈3，3

時(shí)

f′(x)<0，f(x)單減．5∴x＝3是函數(shù)f(x)在(1,3]上的獨(dú)一極大值點(diǎn)，532f3＝400×27＋300>700；當(dāng)3<x≤5時(shí)：每日銷售利潤(rùn)f(x)＝(－70x＋490)(x－1)＝－70(x2－8x＋7)5f(x)在x＝4有最大值，且f(4)＝630<f35綜上，銷售價(jià)格x＝3≈1.67元/千克時(shí)，每日利潤(rùn)最大．[熱點(diǎn)展望]113．(2013·黑龍江哈爾濱四校一致檢測(cè))已知函數(shù)f(x)＝＋lnx·sinθ在[1，＋∞)上為增函數(shù)，且θ∈(0，π)，g(x)＝tx－t－1＋2e－lnx，xt∈R.(1)求θ的值；(2)當(dāng)t＝0時(shí)，求函數(shù)g(x)的單調(diào)區(qū)間和極大值；(3)若在[1，e]上最少存在一個(gè)x0，使得g(x0)>f(x0)成立，求t的取值范圍．11解：(1)由已知得f′(x)＝－sinθ·x2＋x≥0在[1，＋∞)上恒成立，sinθ·x－1即sinθ·x2≥0在[1，＋∞)上恒成立，∵θ∈(0，π)，∴sinθ>0，∴sinθ·x－1≥0在[1，＋∞)上恒成立，只需sinθ·1－1≥0，即sinθ≥1，∴sinπθ＝1，由θ∈(0，π)，知θ＝2.1＋2e(2)∵t＝0，∴g(x)＝－x－lnx，x∈(0，＋∞)，2e－112e－1－x∴g′(x)＝x2－x＝x2，令g′(x)＝0，則x＝2e－1∈(0，＋∞)，∴x，g′(x)和g(x)的變化情況以下表：x(0,2e－1)2e－1(2e－1，＋∞)g′(x)＋0－g(x)↗極大值↘即函數(shù)的單調(diào)遞加區(qū)間是(0,2e－1)，單調(diào)遞減區(qū)間是(2e－1，＋)，極大值是g(2e－1)＝－1－ln(2e－1)．t＋2e(3)令F(x)＝g(x)－f(x)＝tx－x－2lnx