2016高三数学一轮复习 第2章 第12课时 导数的综合应用课时训练 文 新人教版
2016高三数学一轮复习 第2章 第12课时 导数的综合应用课件 文 新人教版
考点突破 题型透析
考点二 导数在实际问题中的应用
(2)讨论函数 V(r)的单调性，并确定 r 和 h 为何值时该蓄水池的体积最大．
π π 3 (2)因为 V(r)＝5(300r－4r )，所以 V′(r)＝5(300－12r2)． 令 V′(r)＝0，解得 r1＝5，r2＝－5(因为 r2＝－5 不在定义域内，舍去)． 当 r∈(0,5)时，V′(r)>0，故 V(r)在(0,5)上为增函数； 当 r∈(5,5 3)时，V′(r)<0，故 V(r)在(5,5 3)上为减函数． 由此可知，V(r)在 r＝5 处取得最大值，此时 h＝8， 即当 r＝5，h＝8 时，该蓄水池的体积最大．
规范建议
正确化简销售量函数 y＝f(x)并求导是解题的关键，确定函数的极大值是 解答的中心内容，解题最后要答出题目所问问题．
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■应考迷津•展示
1．考前必记 (1)函数的最值的概念． (2)定积分的概念及微积分基本定理． (3)定积分的几何意义．
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2．答题指导 (1)看到不等式恒成立求参数，想到分离参数求函数的最值．(如考点一， 第 1、2 题) (2)看到求变量运动形成的曲边梯形的面积，想到转化为求定积分． (3)看到寻找原函数，想到通过求导进行验证． (4)看到函数实际优化问题，想到求导求函数最值．(如考点二)
(1)因为 x＝5 时，y＝11， a 所以2＋10＝11，所以 a＝2. 2分
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■规范答题•系列
规范解答
(2)若该商品的成本为 3 元/千克，试确定销售价格 x 的值，使商场每日销 售该商品所获得的利润最大． (2)由(1)可知，该商品每日的销售量
高考数学一轮复习2.12导数的应用(二)课时作业理湘教版
2016届高考数学一轮复习 2.12导数的应用（二）课时作业 理 湘教版一．选择题1.若a ＞0，b ＞0，且函数f （x ）=4x 3-ax 2-2bx +2在x =1处有极值，则ab 的最大值等于 （ ） A.2 B.3 C.6D.9【解析】： ∵2'()1222f x x ax b =--，又因为在x=1处有极值， ∴a+b=6.∵a ＞0，b ＞0，∴ ab ≤22⎪⎭⎫ ⎝⎛+b a =9.当且仅当a=b=3时取等号，所以ab 的最大值等于9.故选D. 【答案】： D2．已知函数f （x)＝1＋x －432432x x x ++＋…＋20132013x ，则下列结论正确的是（ ） A.f （x)在（0,1)上恰有一个零点 B.f （x)在（0,1)上恰有两个零点 C.f （x)在（－1,0)上恰有一个零点 D.f （x)在（－1,0)上恰有两个零点 【解析】函数的导数为f ′（x)＝1－x ＋x 2－…＋x2 012＝()()x x ----112013＝x x ++112013.当x ∈（0,1)时，f ′（x)>0，此时函数单调递增. 当x ∈（－1,0)时，f ′（x)>0，此时函数单调递增. 因为f （0)＝1>0，所以函数在（0,1)上没有零点. 又f （－1)＝1－1－3121-－…－20131<0，所以函数在（－1，0)上有且只有一个零点，所以选C. 【答案】C3．设函数22()(1)n n f x n x x =-（n 为正整数），则()n f x 在区间[0，1]上的最大值为（ ）A ．0B ．1C ．()2nn n +D ．24()2n n n++ 【解析】：f ′n (x )＝2n 2x (1－x )n－n 3x 2(1－x )n －1＝n 2x (1－x )n －1[(2－2x )－nx ]，令f ′n (x )＝0， 得[0，1]上唯一极值点x ＝2n ＋2， 注意到0<x <2n ＋2时[(2－2x )－nx ]>0，∴f ′n (x )>0， 而2n ＋2<x <1时[(2－2x )－nx ]<0，∴f ′n (x )<0， 故[f n (x )]max ＝f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋2＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫n n ＋2n ＋2，故选D.【答案】：D4．已知f （x)是可导的函数，且f ′（x)<f （x)对于x ∈R 恒成立，则（ ） A.f （1)<ef （0)，f （2 014)>e 2 014f （0) B.f （1)>ef （0)，f （2 014)>e 2 014f （0) C.f （1)>ef （0)，f （2 014)<e 2 014f （0) D.f （1)<ef （0)，f （2 014)<e 2 014f （0)【解析】令g （x)＝()xex f ， 则g ′（x)＝()()()()()xx xx x e x f x f e ex f e x f e x f -=-=⎪⎭⎫ ⎝⎛'''2<0， 所以函数g （x)＝()xex f 是单调减函数，所以g （1)<g （0)，g （2 014)<g （0)， 即()()()()102014,10120141f e f f e f <<， 故f （1)<ef （0)，f （2 014)<e 2 014f （0).【答案】D5. (2013·珠海摸底)若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3＋3x 2＋1（x ≤0），e ax （x >0）在 [－2，2]上的最大值为2，则a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12ln 2，＋∞B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12ln 2C ．(－∞，0] D.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12ln 2【解析】：当x ≤0时，f ′(x )＝6x 2＋6x ，易知函数f (x )在(－∞，0]上的极大值点是x ＝－1，且f (－1)＝2，故只要在(0，2]上，e ax≤2即可， 即ax ≤ln 2在(0，2]上恒成立，即a ≤ln 2x 在(0，2]上恒成立，故a ≤12ln 2.【答案】：D6.做一个圆柱形锅炉，容积为V ，两个底面的材料每单位面积的价格为a 元，侧面的材料每单位面积的价格为b 元，当造价最低时，锅炉的底面直径与高的比为( )A.b aB.错误！未找到引用源。
(江西专用)高考数学一轮复习 2.12 导数的综合应用课件 文 新人教A版
1 x
变式训练2 已知函数f(x)=ax +cx+d(a≠0)是R上的奇函数, 当x=1时,f(x)取得极值-2. (1)求f(x)的单调区间; (2)证明:对任意x1、x2∈(-1,1),不等式|f(x1)-f(x2)|<4恒成立. 【解析】(1)∵f(x)为R上的奇函数, ∴f(-x)=-f(x)⇒d=0. ∴f(x)=ax +cx,f'(x)=3ax +c.
a 1, 3 6a 9a 0, 即 则有 4 12 12 a 9 a 0, a , 7
2
∴a≥1,
∴a的取值范围是[1,+∞). 【点评】在处理函数在某个区间上恒为增函数或减函数的 问题时,注意检验端点值是否合适.
变式训练1 已知定义在R上的函数f(x)=x (ax-3),其中a为常数. (1)若x=1是f(x)的一个极值点,求a的值及f(x)的单调区间; (2)若函数f(x)在区间(-1,0)上是增函数,求a的取值范围. 【解析】(1)f(x)=ax -3x ,f'(x)=3ax -6x=3x(ax-2),∵x=1是f(x)的 一个极值点,∴f'(1)=3(a-2)=0,得a=2,经检验a=2为所求. 由a=2,得f'(x)=6x(x-1),又f(x)的定义域为R,
间(-1,0)内恒成立,
∴a≥-2,故实数a的取值范围为[-2,+∞).
题型2 利用导数证明不等式问题
ax b 例2 已知函数f(x)= 在点(-1,f(-1))的切线方程为x+y+3=0. x2 1
(1)求函数f(x)的解析式; (2)设g(x)=ln x,求证:g(x)≥f(x)在x∈[1,+∞)上恒成立. 【分析】要证明 g(x)≥f(x),通过等价转化后构造新的函数, 在x∈[1,+∞)上恒大于或等于0.
一轮复习配套讲义：第2篇 第12讲 导数的综合应用
第12讲 导数的综合应用[最新考纲]1．利用导数研究函数的单调性、极(最)值，并会解决与之有关的方程(不等式)问题；2．会利用导数解决某些简单的实际问题.知 识 梳 理1．生活中的优化问题通常求利润最大、用料最省、效率最高等问题称为优化问题，一般地，对于实际问题，若函数在给定的定义域内只有一个极值点，那么该点也是最值点． 2．利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤3．导数在研究方程(不等式)中的应用研究函数的单调性和极(最)值等离不开方程与不等式；反过来方程的根的个数、不等式的证明、不等式恒成立求参数等，又可转化为函数的单调性、极值与最值的问题，利用导数进行研究．辨 析 感 悟1．函数最值与不等式(方程)的关系(1)(教材习题改编)对任意x >0，ax 2＋(3a －1)x ＋a ≥0恒成立的充要条件是a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫15，＋∞.(√) (2)(2011·辽宁卷改编)已知函数f (x )＝e x －2x ＋a 有零点，则a 的取值范围是(－∞，2ln 2－2]．(√) 2．关于实际应用问题(3)实际问题中函数定义域要由实际问题的意义和函数解析式共同确定．(√) (4)若实际问题中函数定义域是开区间，则不存在最优解．(×)(5)(2014·贵阳调研改编)已知某生产厂家的年利润y (单位：万元)与年产量x (单位：万件)的函数关系式为y＝－13x3＋81x－234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为9万件．(√)[感悟·提升]1．两个转化一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理，如(2)．2．两点注意一是注意实际问题中函数定义域，由实际问题的意义和解析式共同确定，如(3)．二是在实际问题中，如果函数在区间内只有一个极值点，那么可直接根据实际意义判定是最大值还是最小值，如(4)．若在开区间内有极值，则一定有最优解.考点一导数在方程(函数零点)中的应用【例1】(2013·北京卷)已知函数f(x)＝x2＋x sin x＋cos x.(1)若曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，求a与b的值；(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，求b的取值范围．审题路线(1)由导数的几何意义，知f′(a)＝0且f(a)＝b，解方程得a，b的值．(2)两曲线的交点问题，转化为方程x2＋x sin x＋cos x－b＝0.通过判定零点个数来求解．解由f(x)＝x2＋x sin x＋cos x，得f′(x)＝2x＋sin x＋x(sin x)′－sin x＝x(2＋cos x)．(1)因为曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，所以f′(a)＝a(2＋cos a)＝0，b＝f(a)．解得a＝0，b＝f(0)＝1.(2)设g(x)＝f(x)－b＝x2＋x sin x＋cos x－b.令g′(x)＝f′(x)－0＝x(2＋cos x)＝0，得x＝0.当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：x (－∞，0)0(0，＋∞)g′(x)－0＋g(x)1－b所以函数g(x)g(x)的最小值为g(0)＝1－b.①当1－b≥0时，即b≤1时，g(x)＝0至多有一个实根，曲线y＝f(x)与y＝b最多有一个交点，不合题意．②当1－b<0时，即b>1时，有g(0)＝1－b<0，g(2b)＝4b2＋2b sin 2b＋cos 2b－b>4b－2b－1－b>0.∴y＝g(x)在(0,2b)内存在零点，又y＝g(x)在R上是偶函数，且g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴y＝g(x)在(0，＋∞)上有唯一零点，在(－∞，0)也有唯一零点．故当b>1时，y＝g(x)在R上有两个零点，则曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点．综上可知，如果曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，那么b的取值范围是(1，＋∞)．规律方法(1)在解答本题(2)问时，可转化为判定f(x)＝b有两个实根时实数b应满足的条件，并注意g(x)的单调性、奇偶性、最值的灵活应用．另外还可作出函数y＝f(x)的大致图象，直观判定曲线交点个数，但应注意严谨性，进行必要的论证．(2)该类问题的求解，一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图象，根据零点或图象的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一.学生用书第43页【训练1】(2012·天津卷节选)已知函数f(x)＝13x3＋2x2－ax－a，x∈R，其中a＞0.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点，求a的取值范围．解(1)f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)．由f ′(x )＝0，得x ＝－1或a (a >0)． 当x 变化时f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：↗↘↗(2)由(1)知f (x )在区间(－2，－1)内单调递增；在区间(－1,0)内单调递减．从而函数f (x )在区间(－2,0)内恰有两个零点，当且仅当⎩⎨⎧f (－2)＜0，f (－1)＞0，f (0)＜0，解得0＜a ＜13.所以，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13.考点二 导数在不等式中的应用【例2】 (2013·新课标全国Ⅱ卷)已知函数f (x )＝e x －ln(x ＋m )． (1)设x ＝0是f (x )的极值点，求m ，并讨论f (x )的单调性； (2)当m ≤2时，证明f (x )>0.审题路线 (1)由极值点确定出实数m 的值，然后利用导数求出函数的单调区间；(2)当m ≤2时，转化为求f (x )min ，证明f (x )min >0. 解 (1)易知f ′(x )＝e x －1x ＋m. 由x ＝0是f (x )的极值点得f ′(0)＝0，所以m ＝1. 于是f (x )＝e x －ln(x ＋1)，定义域为(－1，＋∞)， ∴f ′(x )＝e x －1x ＋1在(－1，＋∞)上是增函数，且f ′(0)＝0. 当x ∈(－1,0)时，f ′(x )<0；当x >0时，f ′(x )>0. 故f (x )在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． (2)当m ≤2，x >－m 时，ln(x ＋m )≤ln(x ＋2)． 故只需证明当m ＝2时，f (x )>0.当m ＝2时，f ′(x )＝e x －1x ＋2在(－2，＋∞)上单调递增． 又f ′(－1)＝1e －1<0，f ′(0)＝1－12>0.所以f ′(x )＝0在(－2，＋∞)上有唯一实根x 0，且－1<x 0<0. 于是y ＝f (x )在x ＝x 0处，取到最小值． 又f ′(x 0)＝0，得＝1x 0＋2， 两边取对数得ln(x 0＋2)＝－x 0. 故f (x )≥f (x 0)＝－ln(x 0＋2)＝1x 0＋2＋x 0＝(x 0＋1)2x 0＋2>0.综上可知，当m ≤2时，f (x )>0成立．规律方法 (1)第(2)问证明抓住两点：一是转化为证明当m ＝2时，f (x )>0；二是依据f ′(x 0)＝0，准确求f (x )＝e x －ln(x ＋2)的最小值．(2)对于该类问题，可从不等式的结构特点出发，构造函数，借助导数确定函数的性质，借助单调性或最值实现转化．【训练2】 (2014·郑州一模)已知函数f (x )＝a (x 2＋1)＋ln x . (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若对任意a ∈(－4，－2)及x ∈[1,3]，恒有ma －f (x )>a 2成立，求实数m 的取值范围．解 (1)由已知，得f ′(x )＝2ax ＋1x ＝2ax 2＋1x (x >0)． ①当a ≥0时，恒有f ′(x )>0， 则f (x )在(0，＋∞)上是增函数． ②当a <0时，若0<x <－12a ，则f ′(x )>0，故f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，－12a 上是增函数；若x >－12a ，则f ′(x )<0，故f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12a ，＋∞上是减函数．综上，当a ≥0时，f (x )在(0，＋∞)上是增函数；当a <0时，f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，－12a 上是增函数，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12a ，＋∞上是减函数．(2)由题意，知对任意a ∈(－4，－2)及x ∈[1,3]， 恒有ma －f (x )>a 2成立，等价于ma －a 2>f (x )max . 因为a ∈(－4，－2)，所以24<－12a <12<1.由(1)，知当a ∈(－4，－2)时，f (x )在[1,3]上是减函数， 所以f (x )max ＝f (1)＝2a ， 所以ma －a 2>2a ，即m <a ＋2.因为a ∈(－4，－2)，所以－2<a ＋2<0，即m ≤－2. 所以实数m 的取值范围是(－∞，－2]．考点三 导数与生活中的优化问题【例3】 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，经预测，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 )x 万元．假设桥墩等距离分布，所有桥墩都视为点，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 ＝mx －1， 所以y ＝f (x )＝256n ＋(n ＋1)(2＋x )x ＝256⎝ ⎛⎭⎪⎫m x －1＋mx (2＋x )x＝256x m ＋m x ＋2m －256. (2)由(1)知，令f′(x)＝0，得＝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＝mx－1＝64064－1＝9.故需新建9个桥墩才能使工程的费用y最小．规律方法求实际问题中的最大值或最小值时，一般是先设自变量、因变量，建立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数的最值的方法求解，注意结果应与实际情况相结合．用导数求解实际问题中的最大(小)值时，如果函数在开区间内只有一个极值点，那么依据实际意义，该极值点也就是最值点.学生用书第44页【训练3面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)．(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．解(1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh＝200πrh元，底面的总成本为160πr2元，所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．又根据题意200πrh＋160πr2＝12 000π，所以h＝15r(300－4r2)，从而V(r)＝πr2h＝π5(300r－4r3)．因为r>0，又由h>0可得r<53，故函数V(r)的定义域为(0,53)．(2)因为V(r)＝π5(300r－4r3)，所以V′(r)＝π5(300－12r2)．令V′(r)＝0，解得r＝5或－5(因为r＝－5不在定义域内，舍去)．当r∈(0,5)时，V′(r)>0，故V(r)在(0,5)上为增函数；当r∈(5,53)时，V′(r)<0，故V(r)在(5,53)上为减函数．由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8.即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．1．理解极值与最值的区别，极值是局部概念，最值是整体概念．2．利用导数解决含有参数的单调性问题是将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应用．3．在实际问题中，如果函数在区间内只有一个极值点，那么只要根据实际意义判定是最大值还是最小值即可，不必再与端点的函数值比较．答题模板4——构建函数模型证明不等式恒成立问题【典例】(13分)(2012·山东卷)已知函数f(x)＝ln x＋ke x(k为常数，e＝2.718 28…是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．(1)求k的值；(2)求f(x)的单调区间；(3)设g(x)＝xf′(x)，其中f′(x)为f(x)的导函数，证明：对任意x>0，g(x)<1＋e－2.[规范解答](1)由f(x)＝ln x＋ke x，得f′(x)＝1－kx－x ln xx e x，x∈(0，＋∞)．由于曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与x轴平行，所以f′(1)＝0，因此k＝1.(2)由(1)知，f′(x)＝1x－ln x－1e x，x∈(0，＋∞)．设h(x)＝1x－ln x－1，则h′(x)＝－1x2－1x<0，即h(x)在(0，＋∞)上是减函数，由h(1)＝0知，当0<x<1时，h(x)>0，从而f′(x)>0，当x>1时，h(x)<0，从而f′(x)<0.综上可知，f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，＋∞)．(3)由(2)可知，当x≥1时，g(x)＝xf′(x)≤0<1＋e－2，故只需证明g(x)<1＋e－2在0<x<1时成立．当0<x<1时，e x>1，且g(x)>0，∴g(x)＝1－x ln x－xe x<1－x ln x－x.设F(x)＝1－x ln x－x，x∈(0,1)，则F′(x)＝－(ln x＋2)，当x∈(0，e－2)时，F′(x)>0，当x∈(e－2,1)时，F′(x)<0，所以当x＝e－2时，F(x)取得最大值F(e－2)＝1＋e－2.所以g(x)<F(x)≤1＋e－2.综上，对任意x>0，g(x)<1＋e－2.[反思感悟] 一是不能抓住f′(x)的特征，联系导数的几何意义，求f′(x)＝0的实根x＝1，导致思维受阻；二是第(3)问中，未将x的范围细化为0<x<1和x≥1来考虑，致使问题变得复杂化；三是第(3)问中未利用“e x>1”这一条件，将g(x)＝1－x ln x－xe x变为：g(x)＝1－x ln x－xe x<1－x ln x－x.答题模板第一步：利用导数的几何意义求k的值；第二步：求g(x)，构造函数F(x)；第三步：将问题转化为证明F(x)≤1＋e－2；第四步：对F(x)求导，判断其单调性，求最大值；第五步：将问题再转化为原问题从而得到欲证明的不等式．【自主体验】(2013·辽宁卷)已知函数f(x)＝(1＋x)e－2x，g(x)＝ax＋x32＋1＋2x cos x．当x∈[0,1]时，(1)求证：1－x ≤f (x )≤11＋x； (2)若f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围．(1)证明 要证x ∈[0,1]时，(1＋x )e －2x ≥1－x ，只需证明(1＋x )e －x ≥(1－x )e x . 记h (x )＝(1＋x )e －x －(1－x )e x ，则h ′(x )＝x (e x －e －x )．当x ∈(0,1)时，h ′(x )＞0，因此h (x )在[0,1]上是增函数，故h (x )≥h (0)＝0. 所以f (x )≥1－x ，x ∈[0,1]．要证x ∈[0,1]时，(1＋x )e －2x ≤11＋x，只需证明e x ≥x ＋1.记K (x )＝e x －x －1，则K ′(x )＝e x －1，当x ∈(0,1)时，K ′(x )＞0，因此K (x )在[0,1]上是增函数，故K (x )≥K (0)＝0. 所以f (x )≤11＋x ，x ∈[0,1]．综上，1－x ≤f (x )≤11＋x，x ∈[0,1]． (2)解 f (x )－g (x )＝(1＋x )e－2x－⎝ ⎛⎭⎪⎫ax ＋x 32＋1＋2x cos x ≥1－x －ax －1－x 32－2x cos x＝－x ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1＋x 22＋2cos x .设G (x )＝x 22＋2cos x ， 则G ′(x )＝x －2sin x .记H (x )＝x －2sin x ，则H ′(x )＝1－2cos x . 当x ∈(0,1)时，H ′(x )＜0，于是G ′(x )在[0,1]上是减函数，从而当x ∈(0,1)时，G ′(x )＜G ′(0)＝0，故G (x )在[0,1]上是减函数．于是G (x )≤G (0)＝2，从而a ＋1＋G (x )≤a ＋3. 所以，当a ≤－3时，f (x )≥g (x )在[0,1]上恒成立． 下面证明，当a ＞－3时，f (x )≥g (x )在[0,1]上不恒成立． f (x )－g (x )≤11＋x－1－ax －x 32－2x cos x＝－x 1＋x－ax －x 32－2x cos x ＝－x ⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋x ＋a ＋x 22＋2cos x ，记I (x )＝11＋x ＋a ＋x 22＋2cos x ＝11＋x ＋a ＋G (x )，则I ′(x )＝－1(1＋x )2＋G ′(x )，当x ∈(0,1)时，I ′(x )＜0， 故I (x )在[0,1]上是减函数，于是I (x )在[0,1]上的值域为[a ＋1＋2cos 1，a ＋3]．因为当a ＞－3时，a ＋3＞0，所以存在x 0∈(0,1)，使得I (x 0)＞0，此时f (x 0)＜g (x 0)，即f (x )≥g (x )在[0,1]上不恒成立． 综上，实数a 的取值范围是(－∞，－3].对应学生用书P251基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．若直线y ＝m 与y ＝3x －x 3的图象有三个不同的交点，则实数m 的取值范围是( )．A ．(－2,2)B ．[－2,2]C ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D ．(－∞，－2]∪[2，＋∞)解析 y ′＝3(1－x )(1＋x )，由y ′＝0，得x ＝±1.∴y 极大＝2，y 极小＝－2，∴－2<m <2. 答案 A2．若关于x 的不等式x 3－3x 2－9x ＋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 B3．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 cm3B．72 cm3C．144 cm3D．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203(舍去)，∴y max＝6×12×2＝144 (cm3)．答案 C4．(2013·浙江卷)已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(e x－1)(x－1)k(k＝1,2)，则()．A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值解析当k＝1时，f′(x)＝e x·x－1，f′(1)≠0，∴x＝1不是函数f(x)的极值点．当k＝2时，f′(x)＝(x－1)(x e x＋e x－2)，显然f′(1)＝0，且x在1的左边附近f′(x)<0，x在1的右边附近f′(x)>0，∴f(x)在x＝1处取得极小值．答案 C5.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( )．A ．(－∞，－1)∪(0,1)B ．(－1,0)∪(1，＋∞)C ．(－2，－1)∪(1,2)D ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)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 A 二、填空题6．已知函数f (x )＝12mx 2＋ln x －2x 在定义域内是增函数，则实数m 的取值范围是________．解析 f ′(x )＝mx ＋1x －2≥0对一切x ＞0恒成立，m ≥－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋2x ，令g (x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋2x ，则当1x ＝1时，函数g (x )取最大值1，故m ≥1.答案 [1，＋∞)7．若f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f (－3)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，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 ＋x cos x －sin x ＝x cos x ，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π时，f ′(x )<0.∴f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π上是减函数，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2>f (2)>f (3)＝f (－3)．答案 f (－3)<f (2)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π28．设函数f (x )＝6ln x ，g (x )＝x 2－4x ＋4，则方程f (x )－g (x )＝0有________个实根．解析 设φ(x )＝g (x )－f (x )＝x 2－4x ＋4－6ln x ，则φ′(x )＝2x 2－4x －6x＝2(x ＋1)(x －3)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，＋∞)上有极小值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 三、解答题9．某种产品每件成本为6元，每件售价为x 元(6<x <11)，年销售为u 万件，若已知5858－u 与⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2142成正比，且售价为10元时，年销量为28万件．(1)求年销售利润y 关于售价x 的函数关系式；(2)求售价为多少时，年利润最大，并求出最大年利润． 解 (1)设5858－u ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2142，∵售价为10元时，年销量为28万件， ∴5858－28＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫10－2142，解得k ＝2.∴u ＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2142＋5858＝－2x 2＋21x ＋18.∴y ＝(－2x 2＋21x ＋18)(x －6)＝－2x 3＋33x 2－108x －108(6<x <11)． (2)y ′＝－6x 2＋66x －108＝－6(x 2－11x ＋18) ＝－6(x －2)(x －9)．令y ′＝0，得x ＝2(舍去)或x ＝9，显然，当x ∈(6,9)时，y ′>0；当x ∈(9,11)时，y ′<0.∴函数y ＝－2x 3＋33x 2－108x －108在(6,9)上是单调递增，在(9,11)上是单调递减． ∴当x ＝9时，y 取最大值，且y max ＝135，∴售价为9元时，年利润最大，最大年利润为135万元． 10．(2014·南京调研)已知函数f (x )＝e x －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，判断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 )＝e x －m －1， 令f ′(x )＝0，得x ＝m .故当x ∈(－∞，m )时，e x －m <1，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈(m ，＋∞)时，e x －m >1，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 故当x ＝m 时，f (m )为极小值也是最小值． 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 )＝e m －2m ，令g (m )＝e m －2m ， ∵当m >1时，g ′(m )＝e m －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．能力提升题组 (建议用时：25分钟)一、选择题1．(2013·潍坊模拟)已知函数y ＝f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x <0时，不等式f (x )＋xf ′(x )<0成立，若a ＝30.3f (30.3)，b ＝(log π3)f (log π3)，c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫log 319f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 319，则a ，b ，c 间的大小关系是( )．A ．a >b >cB ．c >b >aC ．c >a >bD ．a >c >b解析 设g (x )＝xf (x )，则g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )<0(x <0)，∴当x <0时，g (x )＝xf (x )为减函数．又g (x )为偶函数，∴当x >0时，g (x )为增函数．∵1<30.3<2,0<log π3<1，log 319＝－2， ∴g (－2)>g (30.3)>g (log π3)，即c >a >b . 答案 C2．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧－x 2＋6x ＋e 2－5e －2，x ≤e ，x －2ln x ，x >e (其中e 为自然对数的底数，且e ≈2.718)．若f (6－a 2)>f (a )，则实数a 的取值范围是( )． A ．(2,3) B ．(2，e) C ．(－3,2) D ．(－2，e)解析 当x ≤e 时，f ′(x )＝2(3－x )>0；当x >e 时，f ′(x )＝1－2x >0，∴f (x )在R 上单调递增．因此6－a 2>a ，解之得－3<a <2. 答案 C 二、填空题3．将边长为1 m 的正三角形薄铁皮，沿一条平行于某边的直线剪成两块，其中一块是梯形，记S ＝(梯形的周长)2梯形的面积，则S 的最小值是________．解析如图所示，设AD ＝x m(0＜x ＜1)，则DE ＝AD ＝x m ，∴梯形的周长为x ＋2(1－x )＋1＝3－x (m)，又S △ADE ＝34x 2(m 2)， ∴梯形的面积为34－34x 2(m 2)， ∴S ＝433×x 2－6x ＋91－x 2(0＜x ＜1)，∴S ′＝－833×(3x －1)(x －3)(1－x 2)2，令S ′＝0，得x ＝13或3(舍去)，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13时，S ′＜0，S 递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1时，S ′＞0，S 递增．故当x ＝13时，S 的最小值是3233.答案 3233 三、解答题4．(2014·湛江质检)已知函数f (x )＝sin x (x ≥0)，g (x )＝ax (x ≥0)． (1)若f (x )≤g (x )恒成立，求实数a 的取值范围； (2)当a 取(1)中的最小值时，求证：g (x )－f (x )≤16x 3. 解 (1)令h (x )＝sin x －ax (x ≥0)，则h ′(x )＝cos x －a . ①若a ≥1，h ′(x )＝cos x －a ≤0，h (x )＝sin x －ax (x ≥0)单调递减，h (x )≤h (0)＝0， 则sin x ≤ax (x ≥0)成立．②若0<a <1，存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，使得cos x 0＝a ，当x ∈(0，x 0)，h ′(x )＝cos x －a >0，h (x )＝sin x －ax (x ∈(0，x 0))单调递增，h (x )>h (0)＝0，不合题意．③若a ≤0，结合f (x )与g (x )的图象可知显然不合题意． 综上可知，a 的取值范围是[1，＋∞)． (2)当a 取(1)中的最小值为1时， g (x )－f (x )＝x －sin x .设H (x )＝x －sin x －16x 3(x ≥0)， 则H ′(x )＝1－cos x －12x 2. 令G (x )＝1－cos x －12x 2， 则G ′(x )＝sin x －x ≤0(x ≥0)，所以G (x )＝1－cos x －12x 2在[0，＋∞)上单调递减，此时G (x )＝1－cos x －12x 2≤G (0)＝0，即H ′(x )＝1－cos x －12x 2≤0，所以H (x )＝x －sin x －16x 3在x ∈[0，＋∞)上单调递减．所以H (x )＝x －sin x －16x 3≤H (0)＝0，则x－sin x≤16x3(x≥0)．所以，当a取(1)中的最小值时，g(x)－f(x)≤16x 3.学生用书第45页文档说明(Word文档可以删除编辑)专注于可以编辑的精品文档：小学试卷教案合同协议施工组织设计、期中、期末等测试中考、高考、数学语文英语试卷、高中复习题目、本文档目的是为了节省读者的工作时间，提高读者的工作效率，读者可以放心下载文档进行编辑使用.由于文档太多，审核有可能疏忽，如果有错误或侵权，请联系本店马上删除。
高考数学(文)总复习：创新思维课时规范练(含答案)第二章 第十二节 导数的综合应用
课时规范练 A 组 基础对点练1．已知函数f (x )＝13x 3－2x 2＋3m ，x ∈[0，＋∞)，若f (x )＋5≥0恒成立，则实数m 的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫179，＋∞ B.⎝ ⎛⎭⎪⎫179，＋∞ C ．(－∞，2]D ．(－∞，2)解析：f ′(x )＝x 2－4x ，由f ′(x )>0，得x >4或x <0. ∴f (x )在(0,4)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增， ∴当x ∈[0，＋∞)时，f (x )min ＝f (4)．∴要使f (x )＋5≥0恒成立，只需f (4)＋5≥0恒成立即可，代入解之得m ≥179. 答案：A2．对x ∈R ，函数f (x )的导数存在，若f ′(x )>f (x )，且a >0，则以下说法正确的是( ) A ．f (a )>e a ·f (0) B ．f (a )<e a ·f (0) C ．f (a )>f (0)D ．f (a )<f (0)解析：设g (x )＝f (x )e x ，则g ′(x )＝f ′(x )－f (x )e x>0，故g (x )＝f (x )e x 为R 上的单调递增函数，因此g (a )>g (0)，即f (a )e a >f (0)e 0 ＝f (0)，所以f (a )>e a ·f (0)，选A. 答案：A3．若存在正数x 使2x (x －a )<1成立，则a 的取值范围是( ) A ．(－∞，＋∞) B ．(－2，＋∞) C ．(0，＋∞)D ．(－1，＋∞)解析：∵2x (x －a )<1，∴a >x －12x . 令f (x )＝x －12x ，∴f ′(x )＝1＋2－x ln 2>0. ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴f (x )>f (0)＝0－1＝－1，∴a 的取值范围为(－1，＋∞)，故选D.答案：D4．做一个圆柱形锅炉，容积为V ，两个底面的材料每单位面积的价格为a 元，侧面的材料每单位面积的价格为b 元，当造价最低时，锅炉的底面直径与高的比为( ) A.a b B.a 2b C.b aD.b 2a解析：如图，设圆柱的底面半径为R ，高为h ，则V ＝πR 2h .设造价为y ＝2πR 2a ＋2πRhb ＝2πaR 2＋2πRb ·V πR 2＝2πaR 2＋2bV R ，所以y ′＝4πaR －2bVR 2.令y ′＝0，得2R h ＝ba . 答案：C5．某银行准备设一种新的定期存款业务，经预测，存款量与存款利率的平方成正比，比例系数为k (k >0)，贷款的利率为4.8%，假设银行吸收的存款能全部放贷出去．若存款利率为x (x ∈(0,0.048))，则银行获得最大收益的存款利率为( ) A ．3.2% B ．2.4% C ．4%D ．3.6%解析：依题意知，存款量是kx 2，银行应支付的利息是kx 3，银行应获得的利息是0.048kx 2，所以银行的收益y ＝0.048kx 2－kx 3，故y ′＝0.096kx －3kx 2，令y ′＝0，得x ＝0.032或x ＝0(舍去)．因为k >0，所以当0<x <0.032时，y ′>0；当0.032<x <0.048时，y ′<0.因此，当x ＝0.032时，y 取得极大值，也是最大值，即当存款利率定为3.2%时，银行可获得最大收益．答案：A6．设1＜x ＜2，则ln x x ，⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2，ln x 2x 2的大小关系是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2＜ln x x ＜ln x2x 2 B.ln x x ＜⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2＜ln x 2x 2 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2＜ln x 2x 2＜ln xx D.ln x 2x 2＜⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2＜ln x x 解析：令f (x )＝x －ln x (1＜x ＜2)，则f ′(x )＝1－1x ＝x －1x ＞0， 所以函数y ＝f (x )在(1,2)内为增函数． 所以f (x )＞f (1)＝1＞0，所以x ＞ln x ＞0⇒0＜ln xx ＜1.所以⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2＜ln x x .又ln x 2x 2－ln x x ＝2ln x －x ln x x 2＝(2－x )ln x x 2＞0，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2＜ln x x ＜ln x 2x 2.答案：A7．直线y ＝a 与函数f (x )＝x 3－3x 的图象有相异的三个公共点，则a 的取值范围是________．解析：令f ′(x )＝3x 2－3＝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．电动自行车的耗电量y 与速度x 之间有关系y ＝13x 3－392x 2－40x (x ＞0)，为使耗电量最小，则速度应定为________．解析：令y ′＝x 2－39x －40＝0，得x ＝－1或x ＝40， 由于0＜x ＜40时，y ′＜0； 当x ＞40时，y ′＞0.所以当x ＝40时，y 有最小值． 答案：409．若关于x 的不等式x 3－3x 2－9x ＋2≥m 对任意x ∈[－2,2]恒成立，则m 的取值范围是________．解析：令f (x )＝x 3－3x 2－9x ＋2，则f ′(x )＝3x 2－6x －9，令f ′(x )＝0，得x ＝－1或3(舍去)．因为f (－1)＝7，f (－2)＝0，f (2)＝－20. 所以f (x )的最小值为f (2)＝－20，故m ≤－20. 答案：(－∞，－20]10．定义在实数集上的函数f (x )＝x 2＋x ，g (x )＝13x 3－2x ＋m .(1)求函数f (x )的图象在x ＝1处的切线方程．(2)若f (x )≥g (x )对任意的x ∈[－4,4]恒成立，求实数m 的取值范围． 解析：(1)因为f (x )＝x 2＋x ，所以当x ＝1时，f (1)＝2， 因为f ′(x )＝2x ＋1，所以f ′(1)＝3，所以所求切线方程为y －2＝3(x －1)，即3x －y －1＝0. (2)令h (x )＝g (x )－f (x )＝13x 3－x 2－3x ＋m ， 则h ′(x )＝(x －3)(x ＋1)．所以当－4＜x ＜－1时，h ′(x )＞0； 当－1＜x ＜3时，h ′(x )＜0； 当3＜x ＜4时，h ′(x )＞0.要使f (x )≥g (x )恒成立，即h (x )max ≤0， 由上知h (x )的最大值在x ＝－1或x ＝4处取得， 而h (－1)＝m ＋53，h (4)＝m －203， 所以m ＋53≤0，即m ≤－53，所以实数m 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－53. B 组 能力提升练11．若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3对x ∈(0，＋∞)恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，0) B ．(－∞，4] C ．(0，＋∞)D ．[4，＋∞)解析：2x ln x ≥－x 2＋ax －3，则a ≤2ln x ＋x ＋3x ，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x (x >0)，则h ′(x )＝(x ＋3)(x －1)x 2.当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝4，所以a ≤h (x )min ＝4. 答案：B12．已知函数f (x )＝ln x ＋tan α⎝ ⎛⎭⎪⎫0<α<π2的导函数为f ′(x )，若方程f ′(x )＝f (x )的根x 0小于1，则α的取值范围为( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π3 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π4 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4 解析：因为f (x )＝ln x ＋tan α，所以f ′(x )＝1x ，令f (x )＝f ′(x )，得ln x ＋tan α＝1x ，即tan α＝1x －ln x ．设g (x )＝1x －ln x ，显然g (x )在(0，＋∞)上单调递减， 而当x →0时，g (x )→＋∞，所以要使满足f ′(x )＝f (x )的根x 0<1，只需tan α>g (1)＝1， 又因为0<α<π2，所以α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2.答案：A13．(2019·长沙模拟)已知函数f (x )＝x |x 2－a |，若存在x ∈[1,2]，使得f (x )<2，则实数a 的取值范围是__________． 解析：当x ∈[1,2]时，f (x )＝|x 3－ax |， 由f (x )<2可得－2<x 3－ax <2，即为－x 2－2x <－a <－x 2＋2x，设g (x )＝－x 2－2x ，导数为g ′(x )＝－2x ＋2x 2， 当x ∈[1,2]时，g ′(x )≤0， 即g (x )在[1,2]上单调递减， 所以g (x )min ＝－4－1＝－5， 即有－a >－5，即a <5；设h(x)＝－x2＋2x，导数为h′(x)＝－2x－2x2，当x∈[1,2]时，h′(x)<0，即h(x)在[1,2]上单调递减，可得h(x)max＝－1＋2＝1.即有－a<1，即a>－1.综上可得，a的取值范围是－1<a<5.答案：(－1,5)14．(2019·德州中学月考)已知函数f(x)＝mx2－x＋ln x.(1)若在函数f(x)的定义域内存在区间D，使得该函数在区间D上为减函数，求实数m的取值范围；(2)当0<m≤12时，若曲线C：y＝f(x)在点x＝1处的切线l与曲线C有且只有一个公共点，求m的值或取值范围．解析：(1)f′(x)＝2mx－1＋1x＝2mx2－x＋1x，即2mx2－x＋1<0在(0，＋∞)上有解．当m≤0时显然成立；当m>0时，由于函数y＝2mx2－x＋1的图象的对称轴x＝14m>0，故需且只需Δ>0，即1－8m>0，解得m<1 8.故0<m<18，综上所述，实数m的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，18.(2)f(1)＝m－1，f′(1)＝2m，故切线方程为y－m＋1＝2m(x－1)，即y＝2mx－m－1.从而方程mx2－x＋ln x＝2mx－m－1在(0，＋∞)上有且只有一解．设g(x)＝mx2－x＋ln x－(2mx－m－1)，则g(x)在(0，＋∞)上有且只有一个零点．又g(1)＝0，故函数g(x)有零点x＝1.则g′(x)＝2mx－1＋1x－2m＝2mx2－(2m＋1)x＋1x＝(2mx－1)(x－1)x.当m＝12时，g′(x)≥0，又g(x)不是常数函数，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增．∴函数g(x)有且只有一个零点x＝1，满足题意．当0<m <12时，由g ′(x )＝0，得x ＝12m 或x ＝1，且12m >1， 由g ′(x )>0，得0<x <1或x >12m ； 由g ′(x )<0，得1<x <12m .故当x 在(0，＋∞)上变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如下表：根据上表知g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12m <0.又g (x )＝mx ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x －⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋1m ＋m ＋ln x ＋1.∴g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋1m >0，故在⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ，＋∞上，函数g (x )又有一个零点，不满足题意．综上所述，m ＝12.15．(2019·衡水模拟)已知a 为实数，函数f (x )＝a ln x ＋x 2－4x .(1)是否存在实数a ，使得f (x )在x ＝1处取得极值？证明你的结论． (2)设g (x )＝(a －2)x ，若存在x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，使得f (x 0)≤g (x 0)成立，求实数a 的取值范围．解析：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ax ＋2x －4＝2x 2－4x ＋a x .假设存在实数a ，使f (x )在x ＝1处取极值，则f ′(1)＝0，所以a ＝2，此时，f ′(x )＝2(x －1)2x ，当x >0时，f ′(x )≥0恒成立，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增， 所以x ＝1不是f (x )的极值点．故不存在实数a ，使得f (x )在x ＝1处取得极值．(2)由f (x 0)≤g (x 0)，得(x 0－ln x 0)a ≥x 20－2x 0，记F (x )＝x －ln x (x >0)，所以F ′(x )＝x －1x (x >0)，所以当0<x <1时，F ′(x )<0，F (x )单调递减； 当x >1时，F ′(x )>0，F (x )单调递增． 所以F (x )≥F (1)＝1>0，所以a ≥x 20－2x 0x 0－ln x 0，记G (x )＝x 2－2x x －ln x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，所以G ′(x )＝(2x －2)(x －ln x )－(x －2)(x －1)(x －ln x )2＝(x －1)(x －2ln x ＋2)(x －ln x )2.因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，所以2－2ln x ＝2(1－ln x )≥0，所以x －2ln x ＋2>0，所以x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1时，G ′(x )<0，G (x )单调递减；x ∈(1，e)时，G ′(x )>0，G (x )单调递增， 所以G (x )min ＝G (1)＝－1，所以a ≥G (x )min ＝－1. 故实数a 的取值范围为[－1，＋∞)．。
高考数学一轮总复习第二章函数导数及其应用2_12导数的综合应用文新人教A版
[解析] (1)因为容器的体积为64π立方米， 3
所以4πr3＋πr2l＝64π，解得
3
3
l＝36r42－43r，所以圆柱的侧面积为
2πrl＝2πr
36r42－43r
＝
128π－8πr2， 3r 3
两端两个半球的表面积之和为 4πr2，
所以
y＝f(r)＝
128π－8πr2 3r 3
×3＋4πr2×4＝128π＋8πr2.
(2)由(1)知当 x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x>0. 令 x＝1＋21n，得 ln 1＋21n<21n， 从而 ln 1＋12＋ln 1＋212＋…＋ln 1＋21n<12＋212＋…＋21n＝1－21n<1. 故1＋121＋212…1＋21n<e. 而1＋121＋2121＋213>2，所以 m 的最小值为 3.
个相同的小正方形，做成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为( )
A．12 cm3
B.72 cm3
C．144 cm3
D.160 cm3
答案：C
4．(选修 1－1·习题 3.3B 组改编)对于下列条件不等式成立的有________． ①sin x＜x，x∈(0，π); ②x－x2＞0，x∈(0,1)； ③ex＜x，(x∈R); ④x＞ln x，x∈(0，＋∞)．
跟踪训练 (2017·高考全国卷Ⅲ)已知函数 f(x)＝x－1－aln x. (1)若 f(x)≥0，求 a 的值； (2)设 m 为整数，且对于任意正整数 n，1＋12·1＋212·…·1＋21n<m，求 m 的最小值．
解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， ①若 a≤0，因为 f12＝－12＋aln 2<0，所以不满足题意； ②若 a>0，由 f′(x)＝1－ax＝x－x a知，当 x∈(0，a)时，f′(x)<0；当 x∈(a，＋∞) 时，f′(x)>0. 所以 f(x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增． 故 x＝a 是 f(x)在(0，＋∞)的唯一极小值点，也是最小值点． 因为 f(1)＝0，所以当且仅当 a＝1 时，f(x)≥0， 故 a＝1.
高考数学(文)一轮复习课件：2.12 导数的综合应用(广东专版)
自 主
1．通常求利润最大、用料最省、效率最高等问题称为 优化 问题，
高 考
落
体
实 ·
一般地，对于实际问题，若函数在给定的定义域内只有一个极值点，
验 ·
固
基 那么该点也是最值点．
明 考
础
情
2．利用导数研究函数的单调性和最(极)值等离不开方程与不等式；
反过来方程的根的个数，不等式的证明、不等式恒成立求参数等，又
自
高
主
落 围是________．
考 体
实
验
· 固
【解析】 函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，即方程ex－2x＋a＝0有实
· 明
基
考
础 根，即函数g(x)＝2x－ex，y＝a有交点，而g′(x)＝2－ex，易知函数g(x) 情
＝2x－ex在(－∞，ln 2)上递增，在(ln 2，＋∞)上递减，因而g(x)＝2x－
课 时
究 · 提
当 m＝－1e或 m≥0 时，原方程有唯一解．
知 能 训
知 能
当－1e＜m＜0 时，原方程有两个实数解．,
练
菜单
自 主 落 实 · 固 基 础
典 例 探 究 · 提 知 能
菜单
新课标 ·数学（文）(广东专用)
高 考 体 验 · 明 考 情
课 时 知 能 训 练
新课标 ·数学（文）(广东专用)
自 围．(2)先根据圆柱的侧面积与球的表面积建立造价y关于r的函数，再 高
主
落 利用导数求该函数的最小值．
考 体
实
验
· 固 基
【尝试解答】 (1)设容器的容积为 V，则 V＝830π，
· 明 考
础
依题意，V＝πr2l＋43πr3＝830π.
2016届高三数学规范解答训练第2章第12课时导数的综合应用(新人教版)
2016高三数学复习 第2章 第12课时 导数的综合应用课时训练 文新人教版A 级 基础演练1．(2015·河南郑州十校联考)某汽车运输公司购买了一批豪华大客车投入客运，据市场分析，每辆客车营运的总利润y (万元)与营运年数x 的关系如图所示(抛物线的一段)，则为使其营运年平均利润最大，每辆客车营运年数为( )A ．3B ．4C ．5D ．6解析：选C.由图，易求得y 与x 的关系式为y ＝－(x －6)2＋11，y x＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋25x ≤12－10＝2，∴y x有最大值2，此时x ＝5.2．(2015·河南商丘二模)某商店已按每件80元的成本购进某商品1 000件，根据市场预测，销售价为每件100元时可全部售完，定价每提高1元时销售量就减少5件，若要获得最大利润，销售价应定为每件( ) A ．100元 B ．110元 C ．150元D ．190元解析：选D.设售价提高x 元，则依题意得y ＝(1 000－5x )×(20＋x )＝－5x 2＋900x ＋20 000＝－5(x －90)2＋60 500.故当x ＝90时，y max ＝60 500，此时售价为每件190元．3．(2015·武汉调研)某汽车销售公司在A ，B 两地销售同一种品牌的车，在A 地的销售利润(单位：万元)为y 1＝4.1x －0.1x 2，在B 地的销售利润(单位：万元)为y 2＝2x ，其中x 为销售量(单位：辆)，若该公司在两地共销售16辆这种品牌车，则能获得的最大利润是( ) A ．10.5 万元 B ．11万元 C ．43万元D ．43.025万元解析：选C.依题意，设在A 地销售x 辆汽车，则在B 地销售(16－x )辆汽车，∴总利润y ＝4.1x －0.1x 2＋2(16－x )＝－0.1x 2＋2.1x ＋32＝－0.1⎝⎛⎭⎪⎫x －2122＋0.1×2124＋32.∵x ∈[0，16]且x ∈N ，∴当x ＝10或11时，总利润y max ＝43万元．4．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 cm 3B ．72 cm 3C ．144 cm 3D ．160 cm 3解析：选C.设盒子容积为y cm 3，盒子的高为x cm.则y ＝(10－2x )(16－2x )x ＝4x 3－52x 2＋160x (0<x <5)，∴y ′＝12x 2－104x ＋160.令y ′＝0，得x ＝2或203(舍去)，∴y max ＝6×12×2＝144(cm 3)．5．某公司生产某种产品，固定成本为20 000元，每生产一单位产品，成本增加100元，已知总营业收入R 与年产量x 的关系是R ＝R (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧400x －12x 2 （0≤x ≤400），80 000 （x >400），则总利润最大时，年产量是( ) A ．100 B ．150 C ．200D ．300解析：选D.由题意得，总成本函数为C ＝C (x )＝20 000＋100x ，总利润P (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧300x －x 22－20 000 （0≤x ≤400），60 000－100x （x >400），又P ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧300－x （0≤x ≤400），－100 （x >400），令P ′(x )＝0，得x ＝300，易知x ＝300时，总利润P (x )最大．6．电动自行车的耗电量y 与速度x 之间有关系y ＝13x 3－392x 2－40x (x >0)，为使耗电量最小，则速度应定为__________．解析：由y ′＝x 2－39x －40＝0，得x ＝－1或x ＝40，由于0<x <40时，y ′<0；当x >40时，y ′>0.所以当x ＝40时，y 有最小值． 答案：407．已知函数f (x )＝12mx 2＋ln x －2x 在定义域内是增函数，则实数m 的取值范围为__________．解析：f ′(x )＝mx ＋1x－2≥0对一切x >0恒成立，m ≥－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋2x ，令g (x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋2x ，则当1x ＝1时，函数g (x )取最大值1，故m ≥1.答案：[1，＋∞)8．(2015·河北质检)已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的体积最大时，其高的值为__________．解析：设正六棱柱的底面边长为a ，高为h ，则可得a 2＋h 24＝9，即a 2＝9－h 24，那么正六棱柱的体积V ＝(6×34a 2)×h ＝332⎝ ⎛⎭⎪⎫9－h 24h ＝332·⎝ ⎛⎭⎪⎫－h 34＋9h ，令y ＝－h 34＋9h ，则y ′＝－3h24＋9，令y ′＝0，得h ＝2 3.易知当h ＝23时，正六棱柱的体积最大． 答案：2 39．某城市在发展过程中，交通状况逐渐受到有关部门的关注，据有关统计数据显示，从上午6点到中午12点，车辆通过该市某一路段的用时y (分钟)与车辆进入该路段的时刻t 之间关系可近似地用如下函数给出：y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－18t 3－34t 2＋36t －6294，6≤t <9，18t ＋594，9≤t ≤10，－3t 2＋66t －345，10<t ≤12，求从上午6点到中午12点，通过该路段用时最多的时刻． 解析：①当6≤t <9时，y ′＝－38t 2－32t ＋36＝－38(t ＋12)(t －8)．令y ′＝0，得t ＝－12(舍去)或t ＝8. 当6≤t <8时，y ′>0，当8<t <9时，y ′<0， 故t ＝8时，y 有最大值，y max ＝18.75. ②当9≤t ≤10时，y ＝18t ＋594是增函数，故t ＝10时，y max ＝16.③当10<t ≤12时，y ＝－3(t －11)2＋18，故t ＝11时，y max ＝18.综上可知，通过该路段用时最多的时刻为上午8点．B 级 能力突破1．若关于x 的不等式x 3－3x 2－9x ＋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：选B.y ＝x 3－3x 2－9x ＋2. ∴y ′＝3x 2－6x －9＝3(x －3)(x ＋1)， 当x ＝2时，y min ＝－20.2．已知函数f (x )＝12x 4－2x 3＋3m ，x ∈R ，若f (x )＋9≥0恒成立，则实数m 的取值范围是( )A ．m ≥32B ．m >32C ．m ≤32D ．m <32解析：选A.因为函数f (x )＝12x 4－2x 3＋3m ，所以f ′(x )＝2x 3－6x 2，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝3，经检验知x ＝3是函数的一个最小值点，所以函数的最小值为f (3)＝3m －272，不等式f (x )＋9≥0恒成立，即f (x )≥－9恒成立，所以3m －272≥－9，解得m ≥32.3．若对于任意实数x ≥0，函数f (x )＝e x＋ax 恒大于零，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，e) B ．(－∞，－e] C ．(－e ，＋∞)D ．(e ，＋∞)解析：选C.∵当x ≥0时，f (x )＝e x＋ax >0恒成立． ∴若x ＝0，a 为任意实数，f (x )＝e x＋ax >0恒成立． 若x >0，f (x )＝e x＋ax >0恒成立， 即当x >0时，a >－ex x恒成立．设Q (x )＝－e x x .Q ′(x )＝－e x x －e x x 2＝（1－x ）exx2. 当x ∈(0，1)时，Q ′(x )>0，则Q (x )在(0，1)上单调递增， 当x ∈(1，＋∞)时，Q ′(x )<0，则Q (x )在(1，＋∞)上单调递减． ∴当x ＝1时，Q (x )取得最大值．Q (x )max ＝Q (1)＝－e ， ∴要使x ≥0时，f (x )>0恒成立，a 的取值范围为(－e ，＋∞)．4．已知f (x )＝x e x，g (x )＝－(x ＋1)2＋a ，若∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≤g (x 1)成立，则实数a 的取值范围是__________． 解析：f ′(x )＝e x＋x e x＝e x(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)＝－1e .而函数g (x )的最大值为a ，则由题意， 可得－1e ≤a 即a ≥－1e.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1e ，＋∞5．(2015·广州模拟)设函数f (x )＝kx 3－3x ＋1(x ∈R )，若对于任意x ∈[－1，1]，都有f (x )≥0成立，则实数k 的值为__________．解析：若x ＝0，则不论k 取何值，f (x )≥0都成立； 当x >0，即x ∈(0，1]时，f (x )＝kx 3－3x ＋1≥0可化为k ≥3x 2－1x3.设g (x )＝3x 2－1x3，则g ′(x )＝3（1－2x ）x4， 所以g (x )在区间(0，12]上单调递增，在区间[12，1]上单调递减，因此g (x )max ＝g (12)＝4，从而k ≥4；当x <0即x ∈[－1，0)时，f (x )＝kx 3－3x ＋1≥0可化为k ≤3x 2－1x 3，g (x )＝3x 2－1x3在区间[－1，0)上单调递增，因此g (x )min ＝g (－1)＝4，从而k ≤4； 综上，k ＝4. 答案：46．已知函数f (x )＝ln x －a x.(1)若a >0，试判断f (x )在定义域内的单调性；(2)若f (x )<x 2在(1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围． 解析：(1)由题意知f (x )的定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝1x ＋a x 2＝x ＋ax2.∵a >0，∴f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上是单调递增函数． (2)∵f (x )<x 2，∴ln x －a x<x 2. 又x >0，∴a >x ln x －x 3.令g (x )＝x ln x －x 3，h (x )＝g ′(x )＝1＋ln x －3x 2，h ′(x )＝1x －6x ＝1－6x2x.∵x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0， ∴h (x )在(1，＋∞)上是减函数． ∴h (x )<h (1)＝－2<0，即g ′(x )<0， ∴g (x )在(1，＋∞)上也是减函数．g (x )<g (1)＝－1，∴当a ≥－1时， f (x )<x 2在(1，＋∞)上恒成立．。
高考数学一轮复习课时作业12第2章函数、导数及其应用9Word版含答案
种植成本 Q 116 84 116
根据上表数据， 从下列函数中选取一个函数描述西红柿种植成本
Q 与上市时间 t 的变化
关系。 Q＝ at＋ b， Q＝ at2＋bt ＋c， Q＝ a·bt， Q＝ a·log bt
利用你选取的函数，求得：
(1)西红柿种植成本最低时的上市天数是 ________。
(2)最低种植成本是 ________(元 /100 kg) 。 解析： 根据表中数据可知函数不单调，
所以 Q＝ at2＋ bt＋ c 且开口向上，对称轴 t＝－ b ＝ 60＋ 180＝ 120。
∴ x＝ 5 时营运的平均利润最大。
答案： C
二、填空题
7．有一批材料可以建成 200 m 的围墙，如果用此材料在一边靠墙的地方围成一块矩形
场地，中间用同样的材料隔成三个面积相等的矩形
( 如图所示 ) ，则围成的矩形最大面积为
__________。 (围墙厚度不计 )
解析： 设矩形的长为
x
m，宽为
200－ x 4
所以当 x＝ 60 时，旅行社可获得的最大利润 42 000 元。
综上，当旅游团的人数为 60 人时，旅行社获得的利润最大。
答案： 60
9．某地西红柿从 2 月 1 日起开始上市，通过市场调查，得到西红柿种植成本
Q(单位：
元/100 kg) 与上市时间 t(单位：天 )的数据如下表：
时间 t
60 100 180
x
x＋1
＝ x＋1x00＋
1.5，由基本不等式得 y＝ x＋ 1x00＋ 1.5≥ 2 时取等号，所以选 A 。
答案： A
x·10x0＋ 1.5＝ 21.5，当且仅当 x＝10x0，即 x＝ 10
高考数学一轮总复习第二章函数导数及其应用2_12导数的综合应用课件理新人教A版
由G′(x)＝0，得－x2＋(1－k)x＋1＝0. 解得x1＝1－k－ 21－k2＋4＜0， x2＝1－k＋ 21－k2＋4＞1. 当x∈(1，x2)时，G′(x)＞0，故G(x)在[1，x2)内单调递增． 从而当x∈(1，x2)时，G(x)＞G(1)＝0， 即f(x)＞k(x－1)， 综上，k的取值范围是(－∞，1)．
考点三|利用导数求解生活中的优化问题 (方法突破) 【例 3】 某企业拟建造如图所示的容器(不计厚度，长度单位：米)，其中容器的 中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求容器的体积为643π立方米．假 设该容器的建造费用仅与其表面积有关．已知圆柱形部分每平方米建造费用为 3 千元，半球形部分每平方米建造费用为 4 千元．设该容器的总建造费用为 y 千元． (1)将 y 表示成 r 的函数 f(r)，并求该函数的定义域； (2)讨论函数 f(r)的单调性，并确定 r 和 l 为何值时， 该容器的建造费用最小，并求出最小建造费用．
第十二节 导数的综合应用
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最新考纲
考情考向分析
1.利用导数与函数的关系研究 根据近三年的高考
函数的零点问题(方程的根)． 来看，导数多与函
2．通过导数构造函数证明不等 数零点、不等式等
式，求不等式恒成立问题.
内容综合考查.
[基础梳理] 1．利用导数证明不等式 若证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)<0，则 F(x)在(a，b)上是减函数，同时若F(a)≤0，由减函数的定义可知，x∈(a，b)时， 有F(x)<0，即证明了f(x)<g(x)．
解析：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当k＝2时，f′(x)＝
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【高考领航】2016高三数学一轮复习 第2章 第12课时 导数的综合应用课时训练 文 新人教版A 级 基础演练1．(2015·河南郑州十校联考)某汽车运输公司购买了一批豪华大客车投入客运，据市场分析，每辆客车营运的总利润y (万元)与营运年数x 的关系如图所示(抛物线的一段)，则为使其营运年平均利润最大，每辆客车营运年数为( )A ．3B ．4C ．5D ．6解析：选C.由图，易求得y 与x 的关系式为y ＝－(x －6)2＋11，y x＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋25x ≤12－10＝2，∴yx有最大值2，此时x ＝5.2．(2015·河南商丘二模)某商店已按每件80元的成本购进某商品1 000件，根据市场预测，销售价为每件100元时可全部售完，定价每提高1元时销售量就减少5件，若要获得最大利润，销售价应定为每件( ) A ．100元 B ．110元 C ．150元D ．190元解析：选D.设售价提高x 元，则依题意得y ＝(1 000－5x )×(20＋x )＝－5x 2＋900x ＋20 000＝－5(x －90)2＋60 500.故当x ＝90时，y max ＝60 500，此时售价为每件190元． 3．(2015·武汉调研)某汽车销售公司在A ，B 两地销售同一种品牌的车，在A 地的销售利润(单位：万元)为y 1＝4.1x －0.1x 2，在B 地的销售利润(单位：万元)为y 2＝2x ，其中x 为销售量(单位：辆)，若该公司在两地共销售16辆这种品牌车，则能获得的最大利润是( ) A ．10.5 万元 B ．11万元 C ．43万元D ．43.025万元解析：选C.依题意，设在A 地销售x 辆汽车，则在B 地销售(16－x )辆汽车，∴总利润y ＝4.1x －0.1x 2＋2(16－x )＝－0.1x 2＋2.1x ＋32＝－0.1⎝⎛⎭⎪⎫x －2122＋0.1×2124＋32.∵x ∈[0，16]且x ∈N ，∴当x ＝10或11时，总利润y max ＝43万元．4．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 cm 3B ．72 cm 3C ．144 cm 3D ．160 cm 3解析：选C.设盒子容积为y cm 3，盒子的高为x cm.则y ＝(10－2x )(16－2x )x ＝4x 3－52x 2＋160x (0<x <5)，∴y ′＝12x 2－104x ＋160.令y ′＝0，得x ＝2或203(舍去)，∴y max ＝6×12×2＝144(cm 3)．5．某公司生产某种产品，固定成本为20 000元，每生产一单位产品，成本增加100元，已知总营业收入R 与年产量x 的关系是R ＝R (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧400x －12x 2 （0≤x ≤400），80 000 （x >400），则总利润最大时，年产量是( ) A ．100 B ．150 C ．200D ．300解析：选D.由题意得，总成本函数为C ＝C (x )＝20 000＋100x ，总利润P (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧300x －x 22－20 000 （0≤x ≤400），60 000－100x （x >400），又P ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧300－x （0≤x ≤400），－100 （x >400），令P ′(x )＝0，得x ＝300，易知x ＝300时，总利润P (x )最大．6．电动自行车的耗电量y 与速度x 之间有关系y ＝13x 3－392x 2－40x (x >0)，为使耗电量最小，则速度应定为__________．解析：由y ′＝x 2－39x －40＝0，得x ＝－1或x ＝40，由于0<x <40时，y ′<0；当x >40时，y ′>0.所以当x ＝40时，y 有最小值．答案：407．已知函数f (x )＝12mx 2＋ln x －2x 在定义域内是增函数，则实数m 的取值范围为__________．解析：f ′(x )＝mx ＋1x－2≥0对一切x >0恒成立，m ≥－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋2x ，令g (x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋2x ，则当1x ＝1时，函数g (x )取最大值1，故m ≥1.答案：[1，＋∞)8．(2015·河北质检)已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的体积最大时，其高的值为__________．解析：设正六棱柱的底面边长为a ，高为h ，则可得a 2＋h 24＝9，即a 2＝9－h 24，那么正六棱柱的体积V ＝(6×34a 2)×h ＝332⎝ ⎛⎭⎪⎫9－h 24h ＝332·⎝ ⎛⎭⎪⎫－h 34＋9h ，令y ＝－h 34＋9h ，则y ′＝－3h24＋9，令y ′＝0，得h ＝2 3.易知当h ＝23时，正六棱柱的体积最大． 答案：2 39．某城市在发展过程中，交通状况逐渐受到有关部门的关注，据有关统计数据显示，从上午6点到中午12点，车辆通过该市某一路段的用时y (分钟)与车辆进入该路段的时刻t 之间关系可近似地用如下函数给出：y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－18t 3－34t 2＋36t －6294，6≤t <9，18t ＋594，9≤t ≤10，－3t 2＋66t －345，10<t ≤12，求从上午6点到中午12点，通过该路段用时最多的时刻． 解析：①当6≤t <9时，y ′＝－38t 2－32t ＋36＝－38(t ＋12)(t －8)．令y ′＝0，得t ＝－12(舍去)或t ＝8. 当6≤t <8时，y ′>0，当8<t <9时，y ′<0， 故t ＝8时，y 有最大值，y max ＝18.75. ②当9≤t ≤10时，y ＝18t ＋594是增函数，故t ＝10时，y max ＝16.③当10<t ≤12时，y ＝－3(t －11)2＋18，故t ＝11时，y max ＝18.综上可知，通过该路段用时最多的时刻为上午8点．B 级 能力突破1．若关于x 的不等式x 3－3x 2－9x ＋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：选B.y ＝x 3－3x 2－9x ＋2.∴y ′＝3x 2－6x －9＝3(x －3)(x ＋1)， 当x ＝2时，y min ＝－20.2．已知函数f (x )＝12x 4－2x 3＋3m ，x ∈R ，若f (x )＋9≥0恒成立，则实数m 的取值范围是( )A ．m ≥32B ．m >32C ．m ≤32D ．m <32解析：选A.因为函数f (x )＝12x 4－2x 3＋3m ，所以f ′(x )＝2x 3－6x 2，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝3，经检验知x ＝3是函数的一个最小值点，所以函数的最小值为f (3)＝3m －272，不等式f (x )＋9≥0恒成立，即f (x )≥－9恒成立，所以3m －272≥－9，解得m ≥32.3．若对于任意实数x ≥0，函数f (x )＝e x＋ax 恒大于零，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，e) B ．(－∞，－e] C ．(－e ，＋∞)D ．(e ，＋∞)解析：选C.∵当x ≥0时，f (x )＝e x＋ax >0恒成立． ∴若x ＝0，a 为任意实数，f (x )＝e x＋ax >0恒成立． 若x >0，f (x )＝e x＋ax >0恒成立， 即当x >0时，a >－ex x恒成立．设Q (x )＝－e x x .Q ′(x )＝－e x x －e x x 2＝（1－x ）exx2. 当x ∈(0，1)时，Q ′(x )>0，则Q (x )在(0，1)上单调递增， 当x ∈(1，＋∞)时，Q ′(x )<0，则Q (x )在(1，＋∞)上单调递减． ∴当x ＝1时，Q (x )取得最大值．Q (x )max ＝Q (1)＝－e ， ∴要使x ≥0时，f (x )>0恒成立，a 的取值范围为(－e ，＋∞)．4．已知f (x )＝x e x，g (x )＝－(x ＋1)2＋a ，若∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≤g (x 1)成立，则实数a 的取值范围是__________．解析：f ′(x )＝e x＋x e x＝e x(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)＝－1e .而函数g (x )的最大值为a ，则由题意，可得－1e ≤a 即a ≥－1e.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1e ，＋∞5．(2015·广州模拟)设函数f (x )＝kx 3－3x ＋1(x ∈R )，若对于任意x ∈[－1，1]，都有f (x )≥0成立，则实数k 的值为__________．解析：若x ＝0，则不论k 取何值，f (x )≥0都成立； 当x >0，即x ∈(0，1]时，f (x )＝kx 3－3x ＋1≥0可化为k ≥3x 2－1x3.设g (x )＝3x 2－1x3，则g ′(x )＝3（1－2x ）x4， 所以g (x )在区间(0，12]上单调递增，在区间[12，1]上单调递减，因此g (x )max ＝g (12)＝4，从而k ≥4；当x <0即x ∈[－1，0)时，f (x )＝kx 3－3x ＋1≥0可化为k ≤3x 2－1x 3，g (x )＝3x 2－1x3在区间[－1，0)上单调递增，因此g (x )min ＝g (－1)＝4，从而k ≤4； 综上，k ＝4. 答案：46．已知函数f (x )＝ln x －a x.(1)若a >0，试判断f (x )在定义域内的单调性；(2)若f (x )<x 2在(1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围． 解析：(1)由题意知f (x )的定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝1x ＋a x 2＝x ＋ax2.∵a >0，∴f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上是单调递增函数． (2)∵f (x )<x 2，∴ln x －a x<x 2. 又x >0，∴a >x ln x －x 3. 令g (x )＝x ln x －x 3，h (x )＝g ′(x )＝1＋ln x －3x 2，h ′(x )＝1x －6x ＝1－6x2x.∵x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0， ∴h (x )在(1，＋∞)上是减函数． ∴h (x )<h (1)＝－2<0，即g ′(x )<0， ∴g (x )在(1，＋∞)上也是减函数．g (x )<g (1)＝－1，∴当a ≥－1时， f (x )<x 2在(1，＋∞)上恒成立．。