第二章 第十二节 导数在实际问题中的应用及综合应用课时提升作业

课时提升作业(十五)一、选择题1.(2013·西安模拟)函数y=f(x)在定义域(-,3)内的图像如图所示,记y=f(x)的导函数为y=f′(x),则不等式f′(x)≤0的解集为( )(A)[-1,]∪[,](B)[-,1]∪[2,3)(C)(-,]∪[1,2)(D)(-,-]∪[,)∪[,3)2.若对任意的x>0,恒有lnx≤px-1(p>0),则p的取值范围是( )(A)(0,1] (B)(1,+∞)(C)(0,1) (D)[1,+∞)3.(2013·黄山模拟)在半径为R的半球内有一内接圆柱,则这个圆柱的体积的最大值是( )(A)πR3(B)πR3 (C)πR3 (D)πR34.(2013·宣城模拟)对于R上可导的任意函数f(x),若满足(x-1)f′(x)≥0,则必有( )(A)f(0)+f(2)<2f(1) (B)f(0)+f(2)≤2f(1)(C)f(0)+f(2)≥2f(1) (D)f(0)+f(2)>2f(1)5.(2013·咸阳模拟)函数y=2x3+1的图像与函数y=3x2-b的图像有三个不相同的交点,则实数b的取值范围是( )(A)(-2,-1) (B)(-1,0)(C)(0,1) (D)(1,2)6.(2013·沈阳模拟)设f(x)是定义在R上的奇函数,且f(2)=0,当x>0时,有<0恒成立,则不等式x2f(x)>0的解集是( )(A)(-2,0)∪(2,+∞)(B)(-2,0)∪(0,2)(C)(-∞,-2)∪(2,+∞)(D)(-∞,-2)∪(0,2)二、填空题7.已知函数f(x)=xsinx,x∈R,f(-4),f(),f(-)的大小关系为(用“<”连接).8.(2013·宜春模拟)设函数f(x)=ax3-3x+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.9.(能力挑战题)已知f(x)=x3-3x+m,在区间[0,2]上任取三个不同的数a,b,c,均存在以f(a),f(b),f(c)为边长的三角形,则m的取值范围是.三、解答题10.(2013·蚌埠模拟)已知函数f(x)=+,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+2y-3=0.(1)求a,b的值.(2)如果当x>0,且x≠1时,f(x)>+,求k的取值范围.11.(2013·合肥模拟)某唱片公司要发行一张名为《春风再美也比不上你的笑》的唱片,包含《新花好月圆》《荷塘月色》等10首创新经典歌曲.该公司计划用x(百万元)请李子恒老师进行创作,经调研知:该唱片的总利润y(百万元)与(3-x)x2成正比的关系,当x=2时y=32.又有∈(0,t],其中t是常数,且t∈(0,2].(1)设y=f(x),求其表达式及定义域(用t表示).(2)求总利润y的最大值及相应的x的值.12.(2013·淮北模拟)已知函数f(x)=(a+)lnx+-x.(1)当a>1时,讨论f(x)在区间(0,1)上的单调性.(2)当a>0时,求f(x)的极值.(3)当a≥3时,曲线y=f(x)上总存在不同两点P(x1,f(x1)),Q(x2,f(x2)),使得曲线y=f(x)在P,Q两点处的切线互相平行,证明:x1+x2>.答案解析1.【解析】选B.由函数y=f(x)的图像知,函数y=f(x)在[-,1],[2,3)上是减少的,故f′(x)≤0的解集为[-,1]∪[2,3).2.【解析】选D.原不等式可化为lnx-px+1≤0,令f(x)=lnx-px+1,故只需f(x)max≤0.由f′(x)=-p,知f(x)在(0,)上是增加的,在(,+≦)上是减少的.故f(x)max=f()=-lnp,由-lnp≤0得p≥1.3.【解析】选 A.设圆柱的高为h,则圆柱的底面半径为,圆柱的体积为V=π(R2-h2)h=-πh3+πR2h(0<h<R),V′=-3πh2+πR2=0,h=时V有最大值为V=πR3.4.【解析】选C.由(x-1)·f′(x)≥0,得x≤1时,f′(x)≤0;x≥1时,f′(x)≥0.因此,函数y=f(x)在(-≦,1]上是减少的(或为常数函数);在[1,+≦)上是增加的(或为常数函数),所以f(0)≥f(1);f(2)≥f(1),故f(0)+f(2)≥2f(1).5.【解析】选B.由题意知方程2x3+1=3x2-b,即2x3-3x2+1=-b有三个不相同的实数根,令f(x)=2x3-3x2+1,即函数y=f(x)=2x3-3x2+1与直线y=-b有三个交点.由f′(x)=6x2-6x=6x(x-1)知,函数y=f(x)在区间(-≦,0)上是增加的,在(0,1)上是减少的,在(1,+≦)上是增加的,故f(0)是函数的极大值,f(1)是函数的极小值,若函数y=f(x)=2x3-3x2+1与直线y=-b有三个交点,则f(1)<-b<f(0),解得-1<b<0.6.【思路点拨】x2f(x)化为x3·,研究函数y=的单调性,利用单调性结合图像求解.【解析】选D.当x>0时,有<0,则[]'<0,在x>0时是减少的,x2f(x)>0,即为x3·>0⇒>0.f(2)=0,画出y=在x>0时的示意图,知0<x<2.同理,由f(x)是奇函数,则y=是偶函数,如图,在x<0时y=是增加的,x2f(x)>0,即为x3·>0⇒<0.f(-2)=0,≨x<-2.综上所述,不等式的解集是(-≦,-2)∪(0,2).7.【解析】f′(x)=sinx+xcosx,当x∈[,]时,sinx<0,cosx<0,≨f′(x)=sinx+xcosx<0,则函数f(x)在x∈[,]上是减少的,≨f()<f(4)<f(),又函数f(x)为偶函数,≨f()<f(-4)<f(-).答案:f()<f(-4)<f(-)8.【解析】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)=ax3-3x+1≥0可化为a≥-,设g(x)=-,则g′(x)=,所以g(x)在区间(0,]上是增加的,在区间[,1]上是减少的,因此g(x)max=g()=4,从而a≥4.当x<0,即x∈[-1,0)时,同理a≤-.g(x)在区间[-1,0)上是增加的,≨g(x)min=g(-1)=4,从而a≤4,综上可知a=4.答案:4【变式备选】已知两函数f(x)=8x2+16x-k,g(x)=2x3+5x2+4x,其中k为实数.(1)对任意x∈[-3,3],都有f(x)≤g(x)成立,求k的取值范围.(2)存在x∈[-3,3],使f(x)≤g(x)成立,求k的取值范围.(3)对任意x1,x2∈[-3,3],都有f(x1)≤g(x2),求k的取值范围.【解析】(1)设h(x)=g(x)-f(x)=2x3-3x2-12x+k,问题转化为x∈[-3,3]时,h(x)≥0恒成立,即h(x)min≥0,x∈[-3,3].令h′(x)=6x2-6x-12=0,得x=2或x=-1.≧h(-3)=k-45,h(-1)=k+7,h(2)=k-20,h(3)=k-9,≨h(x)min=k-45≥0,得k≥45.(2)据题意:存在x∈[-3,3],使f(x)≤g(x)成立,即为h(x)=g(x)-f(x)≥0在x∈[-3,3]上能成立,≨h(x)max≥0.≨h(x)max=k+7≥0,得k≥-7.(3)据题意:f(x)max≤g(x)min,x∈[-3,3],易得f(x)max=f(3)=120-k,g(x)min=g(-3)=-21.≨120-k≤-21,得k≥141.9.【思路点拨】关键是在[0,2]上任取三个不同的数a,b,c,均存在以f(a),f(b),f(c)为边长的三角形,三个不同的数a,b,c,对应的f(a),f(b),f(c)可以有两个相同.【解析】f(x)=x3-3x+m,f'(x)=3x2-3,由f'(x)=0得到x=1或x=-1,在[0,2]上,函数先减少后增加,计算两端及最小值f(0)=m,f(2)=2+m,f(1)=-2+m.在[0,2]上任取三个不同的数a,b,c,均存在以f(a),f(b),f(c)为边的三角形,三个不同的数a,b,c对应的f(a),f(b),f(c)可以有两个相同.由三角形两边之和大于第三边,可知最小边长的二倍必须大于最大边长.由题意知,f(1)=-2+m>0 ①f(1)+f(1)>f(0),得到-4+2m>m ②f(1)+f(1)>f(2),得到-4+2m>2+m ③由①②③得到m>6,即为所求.答案:m>610.【解析】(1)由f(x)=+,得f'(x)=a·-=a·-,≧曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+2y-3=0,≨解得a=1,b=1.(2)由(1)知f(x)=+,所以f(x)-(+)=[2lnx+].考虑函数h(x)=2lnx+(x>0),则h'(x)=.(ⅰ)设k≤0,由h'(x)=知,当x≠1时,h'(x)<0,而h(1)=0,故当x∈(0,1)时,h(x)>0,可得h(x)>0;当x∈(1,+≦)时,h(x)<0,可得h(x)>0.从而当x>0,且x≠1时,f(x)-(+)>0,即f(x)>+.(ⅱ)设0<k<1,由于当x∈(1,)时,(k-1)·(x2+1)+2x>0,故h'(x)>0.而h(1)=0,故当x∈(1,)时,h(x)>0,可得h(x)<0,与题设矛盾.(ⅲ)设k≥1,此时h'(x)>0,而h(1)=0,故当x∈(1,+≦)时,h(x)>0,可得h(x)<0,与题设矛盾.综合得,k的取值范围为(-≦,0].11.【解析】(1)y=k(3-x)x2,当x=2时,y=32,≨k=8,y=f(x)=24x2-8x3.≧∈(0,t],≨0<x≤.≨定义域为(0,].(2)令y'=-24x(x-2)=0,≨x=0或x=2.讨论:若2≤,即1≤t≤2时,f(x)在(0,2)上是增加的,在(2,)上是减少的.所以y max=f(2)=32,若2>,即0<t<1时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,)上是增加的.y max=f()=.综上所述,当1≤t≤2,x=2时,y max=32;当0<t<1,x=时,y max=.12.【解析】(1)f'(x)=(a+)--1=-=-,由于a>1,故0<<1<a,所以f(x)的减区间是(0,),增区间是(,1).(2)由(1)知f'(x)=-(x>0),当a>1时,f(x)的减区间是(0,),(a,+≦),增区间是(,a).f(x)极小值=f()=(a+)ln+a-=-(a+)lna+a-,f(x)极大值=f(a)=(a+)lna-a+,当a=1时,f'(x)=-≤0,f(x)无极值.当0<a<1,f(x)的减区间是(0,a),(,+≦),增区间是(a,).f(x)极大值=f()=-(a+)lna+a-,f(x)极小值=f(a)=(a+)lna-a+.(3)依题意知:f'(x1)=(a+)--1=f'(x2)=(a+)--1,故a+=+=,由x1+x2>2得:x1x2<,故>,即a+=>,当a≥3时,a+≥,所以x1+x2>()max=,即x1+x2>.【方法技巧】巧解方程根的个数问题当函数的极值点很难求解时,可采用设而不求的思想.设出极值点后(设极大值为M,极小值为m),将M与m 的符号问题转化为M与m乘积的符号问题,最后把M与m乘积转化为根与系数的关系解决.。