2016届《新步步高》高考数学大一轮总复习(北师大版理科)配套题库第3章第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＝－4
15(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 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20
3(舍去)，
∴y max＝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e x·f(x)>e x ＋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<x <1}
解析 构造函数g (x )＝e x ·f (x )－e x ，因为g ′(x )＝e x ·f (x )＋e x ·f ′(x )－e x ＝e x [f (x )＋f ′(x )]－e x >e x －e x ＝0，所以g (x )＝e x ·f (x )－e x 为R 上的增函数．又因为g (0)＝e 0·f (0)－e 0＝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 )＝a x
g (x )(a >0，且a ≠1)，f （1）g （1）＋f （－1）g （－1）＝5
2.若数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪⎫f （n ）g （n ）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 )＝f （x ）
g （x ）＝a x ，由已知条件可知h ′(x )＝
f ′（x ）
g （x ）－f （x ）g ′（x ）
[g （x ）]2
>0，则h (x )在R 上为增函数，得a >1，又a ＋a
－1
＝52，解得a ＝2或a ＝1
2
(舍去)． 所以f （n ）g （n ）＝2n ，其前n 项和S n ＝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 )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，若f (x )在区间(－1，0)上单调递减，则a 2＋b 2
的取值范围是 ( )． A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫
94，＋∞ B.⎝ ⎛
⎦
⎥⎤0，94 C.⎣⎢⎡⎭
⎪⎫
95，＋∞ D.⎝ ⎛
⎦
⎥⎤0，95 解析 由题意得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，f ′(x )≤0在x ∈(－1，0)上恒成立，即3x 2＋2ax ＋b ≤0在x ∈(－1，0)上恒成立，
∴⎩⎨⎧2a －b －3≥0，
b ≤0，
∴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 ＝35
，∴a 2＋b 2≥d 2＝9
5，∴a 2＋b 2的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫95，＋∞. 答案 C 二、填空题
7．直线y ＝a 与函数f (x )＝x 3－3x 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 )＝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．若函数f (x )＝x ＋a sin x 在R 上递增，则实数a 的取值范围为________． 解析 ∵f ′(x )＝1＋a cos x ，∴要使函数f (x )＝x ＋a sin x 在R 上递增，则1＋a cos x ≥0对任意实数x 都成立． ∵－1≤cos x ≤1，
①当a >0时，－a ≤a cos x ≤a ，∴－a ≥－1，∴0<a ≤1； ②当a ＝0时适合；
③当a <0时，a ≤a cos x ≤－a ， ∴a ≥－1，∴－1≤a <0. 综上，－1≤a ≤1. 答案 [－1，1]
9．设函数f (x )＝ax 3－3x ＋1(x ∈R )，若对于任意x ∈[－1，1]，都有f (x )≥0成立，则实数a 的值为________．
解析 (构造法)若x ＝0，则不论a 取何值，f (x )≥0显然成立；
当x ＞0，即x ∈(0，1]时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x 2－1x 3.设g (x )＝3x
2－
1
x 3，则g ′(x )＝3（1－2x ）x 4
， 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a ≥4. 当x ＜0，即x ∈[－1，0)时，同理a ≤3x 2－1
x 3.
g (x )在区间[－1，0)上单调递增，
∴g (x )min ＝g (－1)＝4，从而a ≤4，综上可知a ＝4. 答案 4
10．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 ＝3
4x 2(m 2)，
∴梯形的面积为34－3
4x 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
11．某商品每件成本9元，售价30元，每星期卖出432件，如果降低价格，
销售量可以增加，且每星期多卖出的商品件数与商品单价的降低值x (单位：元，0≤x ≤30)的平方成正比．已知商品单价降低2元时，一星期多卖出24件．
(1)将一个星期的商品销售利润表示成x 的函数； (2)如何定价才能使一个星期的商品销售利润最大？
解 (1)记一星期多卖商品kx 2件，若记商品在一个星期的获利为f (x )， 则f (x )＝(30－x －9)(432＋kx 2)＝(21－x )(432＋kx 2)． 又由条件可知24＝k ·22，解得k ＝6.
所以f (x )＝－6x 3＋126x 2－432x ＋9 072，x ∈[0,30]． (2)根据(1)，可得
f ′(x )＝－18x 2＋252x －432＝－18(x －2)(x －12).
故，所以定价为30－12＝18(元)能使一个星期的商品销售利润最大． 12．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 )在[1，e]上的最小值为3
2，求a 的值； (3)若f (x )<x 2在(1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围．
思维启迪：(1)求导数f ′(x )→判断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 )<x 2→a >x ln x －x 3→求x ln x －x 3的最大值． 解 (1)由题意知f (x )的定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝1x ＋a x 2＝x ＋a
x 2. ∵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 )＝x ＋a
x 2. 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 ＝3
2， ∴a ＝－3
2(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 e ＝3
2，
∴a ＝－e
2(舍去)．
③若－e<a <－1，令f ′(x )＝0得x ＝－a ， 当1<x <－a 时，f ′(x )<0， ∴f (x )在(1，－a )上为减函数； 当－a <x <e 时，f ′(x )>0， ∴f (x )在(－a ，e)上为增函数， ∴f (x )min ＝f (－a )＝ln(－a )＋1＝3
2， ∴a ＝－ e.
综上所述，a ＝－ e. (3)∵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 )＝1
x －6x ＝1－6x 2
x . ∵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．故a 的取值范围是[－1，＋∞)． 13．已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2－3x 在x ＝±1处取得极值． (1)求函数f (x )的解析式；
(2)若过点A (1，m )(m ≠－2)可作曲线y ＝f (x )的三条切线，求实数m 的取值范围．
解 (1)f ′(x )＝3ax 2＋2bx －3，依题意，f ′(1)＝f ′(－1)＝0， 即⎩⎨⎧3a ＋2b －3＝0，3a －2b －3＝0，
解得a ＝1，b ＝0.
∴f (x )＝x 3－3x .
(2)由(1)知f ′(x )＝3x 2－3＝3(x ＋1)(x －1)， ∵曲线方程为y ＝x 3－3x ，
∴点A (1，m )(m ≠－2)不在曲线上．
设切点为M (x 0，y 0)，则点M 的坐标满足y 0＝x 30－3x 0. ∵f ′(x 0)＝3(x 20－1)，
∴切线的斜率为3(x 2
0－1)＝x 3
0－3x 0－m x 0－1，
整理得2x 30－3x 2
0＋m ＋3＝0.
∵过点A (1，m )可作曲线的三条切线，
∴关于x 0的方程2x 30－3x 20＋m ＋3＝0有三个实根． 设g (x 0)＝2x 30－3x 20＋m ＋3，则g ′(x 0)＝6x 20－6x 0，
由g ′(x 0)＝0，得x 0＝0或1.
∴g (x 0)在(－∞，0)和(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减．
∴函数g (x 0)＝2x 30－3x 20＋m ＋3的极值点为x 0＝0和1.
∴关于x 0的方程2x 30－3x 20＋m ＋3＝0有三个实根的充要条件是⎩⎨
⎧g （0）>0，g （1）<0，
解
得－3<m <－2.
故所求实数m 的取值范围是(－3，－2)． 14．已知函数f (x )＝a x ＋x 2，g (x )＝x ln a ，a >1.
(1)求证函数F (x )＝f (x )－g (x )在(0，＋∞)上单调递增；
(2)若函数y ＝⎪⎪⎪
⎪
⎪⎪F （x ）－b ＋1b －3有四个零点，求b 的取值范围； (3)若对于任意的x 1，x 2∈[－1，1]时，都有|F (x 2)－F (x 1)|≤e 2－2恒成立，求a 的取值范围．
(1)证明 ∵F (x )＝f (x )－g (x )＝a x ＋x 2－x ln a ， ∴F ′(x )＝a x ·ln a ＋2x －ln a ＝(a x －1)ln a ＋2x . ∵a >1，x >0，∴a x －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⎪⎪⎪
⎪
⎪⎪F （x ）－b ＋1b －3＝0， 得F (x )＝b －1b ＋3或F (x )＝b －1
b －3，
∴要使函数y ＝⎪⎪⎪
⎪
⎪⎪F （x ）－b ＋1b －3有四个零点，只需
⎩⎪⎨⎪⎧b －1b ＋3>1，b －1b －3>1，
即b －1
b >4，即b 2－4b －1b
>0， 解得b >2＋5或2－5<b <0.
故b 的取值范围是(2－5，0)∪(2＋5，＋∞)．
(3)解 ∵任意x 1，x 2∈[－1，1]，由(1)知F (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， ∴F (x )min ＝F (0)＝1.
从而再来比较F (－1)与F (1)的大小即可． F (－1)＝1
a ＋1＋ln a ，F (1)＝a ＋1－ln a ， ∴F (1)－F (－1)＝a －1
a －2ln a . 令H (x )＝x －1
x －2ln x (x >0)，
则H ′(x )＝1＋1x 2－2x ＝x 2－2x ＋1x 2＝（x －1）
2
x 2
>0，
∴H (x )在(0，＋∞)上单调递增． ∵a >1，∴H (a )>H (1)＝0.∴F (1)>F (－1)． ∴|F (x 2)－F (x 1)|的最大值为|F (1)－F (0)|＝a －ln a ， ∴要使|F (x 2)－F (x 1)|≤e 2－2恒成立， 只需a －ln a ≤e 2－2即可．
令h (a )＝a －ln a (a >1)，h ′(a )＝1－1
a >0， ∴h (a )在(1，＋∞)上单调递增．
∵h (e 2)＝e 2－2，∴只需h (a )≤h (e 2)，即1<a ≤e 2.
故a的取值范围是(1，e2].。