高考数学复习专题练习第3讲 导数的综合应用
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0
ex－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
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