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【创新设计】2015高考数学(江苏专用,理科)二轮专题整合:1-1-5导数的综合应用]


第5讲

导数的综合应用

一、填空题 4 1.若函数 y=-3x3+bx 有三个单调区间,则 b 的取值范围是________. 解析 答案 由条件 y′=-4x2+b,∴Δ=0+16b>0,得 b>0. (0,+∞)

1 2.已知函数 f(x)=3x3-2x2+3m,x∈[0,+∞),若 f(x)+5≥0 恒成立,则实数 m 的取值范围是________. 解析 f′(x)=x2-4x,由 f′(x)>0,得 x>4 或 x<0.

∴f(x)在(0,4)上递减, 在(4, +∞)上递增, ∴当 x∈[0, +∞)时, f(x)min=f(4). ∴ 17 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≥ 9 . 答案 ?17 ? ? 9 ,+∞? ? ?

3. (2014· 扬州模拟)已知函数 f(x)=ex-2x+a 有零点, 则 a 的取值范围是________. 解析 函数 f(x)=ex-2x+a 有零点,即方程 ex-2x+a=0 有实根,即函数

g(x)=2x-ex,y=a 有交点,而 g′(x)=2-ex,易知函数 g(x)=2x-ex 在(-∞, ln 2)上递增,在(ln 2,+∞)上递减,因而 g(x)=2x-ex 的值域为(-∞,2ln 2- 2],所以要使函数 g(x)=2x-ex,y=a 有交点,只需 a≤2ln 2-2 即可. 答案 (-∞,2ln 2-2]

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______. 解析 构造函数 g(x)=ex· f(x)-ex,因为 g′(x)=ex· f(x)+ex· f′(x)-ex=ex[f(x)

+f′(x)]-ex>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 (0,+∞)

5.(2013· 温州模拟)关于 x 的方程 x3-3x2-a=0 有三个不同的实数解,则实数 a 的取值范围是________.

解析

由题意知使函数 f(x)=x3-3x2-a 的极大值大于 0 且极小值小于 0 即

可,又 f′(x)=3x2-6x=3x(x-2),令 f′(x)=0,得 x1=0,x2=2.当 x<0 时, f′(x)>0;当 0<x<2 时,f′(x)<0;当 x>2 时,f′(x)>0,所以当 x=0 时, f(x)取得极大值,即 f(x)极大值=f(0)=-a;当 x=2 时,f(x)取得极小值,即 f(x)极小


?-a>0, =f(2)=-4-a,所以? 解得-4<a<0. ?-4-a<0, (-4,0)

答案

1 6.若函数 f(x)=-2x2+4x-3ln x 在[t,t+1]上不单调,则 t 的取值范围是______. 解析
2 ?x-1??x-3? 3 -x +4x-3 对 f(x)求导,得 f′(x)=-x+4- x= =- .由 x x

f′(x)=0 得函数 f(x)的两个极值点为 1,3, 则只要这两个极值点有一个在区间(t, t+1)内,函数 f(x)在区间[t,t+1]上就不单调,所以 t<1<t+1 或 t<3<t+1,解 得 0<t<1 或 2<t<3. 答案 (0,1)∪(2,3)

1 4 7.(2014· 邯郸质检)已知函数 f(x)=3x3-x2-3x+3,直线 l:9x+2y+c=0,若当 x ∈[-2,2]时,函数 y=f(x)的图象恒在直线 l 下方,则 c 的取值范围是________. 解析 1 4 9 c c 根据题意知3x3-x2-3x+3<-2x-2在 x∈[-2,2]上恒成立,则-2>

1 3 2 3 4 3x -x +2x+3, 1 3 4 设 g(x)=3x3-x2+2x+3, 3 则 g′(x)=x2-2x+2, 则 g′(x)>0 恒成立,所以 g(x)在[-2,2]上单调递增, 所以 g(x)max=g(2)=3,则 c<-6. 答案 (-∞,-6) 1 ,g(x)=x2-2ax+4,若任意 x1∈[0,1],存在 x2∈[1,2], x+1

8.已知函数 f(x)=x-

使 f(x1)≥g(x2),则实数 a 的取值范围是______.

解析

由于 f′(x)=1+

1 >0,因此函数 f(x)在[0,1]上单调递增,所以 x ?x+1?2

∈[0,1]时,f(x)min=f(0)=-1.根据题意可知存在 x∈[1,2],使得 g(x)=x2-2ax x 5 x 5 +4≤-1, 即 x2-2ax+5≤0, 即 a≥2+2x能成立, 令 h(x)=2+2x, 则要使 a≥h(x) x 5 在 x∈[1,2]能成立,只需使 a≥h(x)min,又函数 h(x)=2+2x在 x∈[1,2]上单调 9 9 递减(可利用导数判断),所以 h(x)min=h(2)=4,故只需 a≥4. 答案 ?9 ? ?4,+∞? ? ?

二、解答题 9. (2014· 徐州质检)现有一张长为 80 cm,宽为 60cm 的长方形铁皮 ABCD,准备用 它做成一只无盖长方体铁皮盒,要求材料利用率为 100%,不考虑焊接处损 失. 如图, 若长方形 ABCD 的一个角剪下一块正方形铁皮, 作为铁皮盒的底面, 用余下材料剪拼后作为铁皮盒的侧面,设长方体的底面边长为 x(cm) ,高为 y(cm),体积为 V(cm3).

(1) 求出 x 与 y 的关系式; (2) 求该铁皮盒体积 V 的最大值. 解 (1)由题意得 x2+4xy=4 800, 4 800-x2 ,0<x<60. 4x
2 2

即 y=

4 800-x2 1 3 3 2 (2) 铁皮盒体积 V(x) = x y = x × =- x + 1 200 x , V ′ ( x ) =- 4x 4 4x + 1200,令 V′(x)=0,得 x=40,因为 x∈(0,40),V′(x)>0,V(x)是增函数;x 1 ∈(40,60),V′(x)<0,V(x)是减函数,所以 V(x)=-4x3+1 200x,在 x=40 时 取得极大值,也是最大值,其值为 32 000 cm3. 所以该铁皮盒体积 V 的最大值是 32 000 cm3.

10. (2013· 东北三校联考)已知 x=3 是函数 f(x)=aln(1+x)+x2-10x 的一个极值点. (1)求 a; (2)求函数 f(x)的单调区间; (3)若直线 y=b 与函数 y=f(x)的图象有 3 个交点,求 b 的取值范围. 解 f(x)的定义域为(-1,+∞). a a +2x-10,又 f′(3)=4+6-10=0, 1+x

(1)f′(x)=

∴a=16.经检验此时 x=3 为 f(x)的极值点,故 a=16. (2)由(1)知 f′(x)= 2?x-1??x-3? . x+1

当-1<x<1 或 x>3 时,f′(x)>0; 当 1<x<3 时,f′(x)<0. ∴f(x)的单调增区间为(-1,1),(3,+∞), 单调减区间为(1,3). (3)由(2)知,f(x)在(-1,1)上单调递增,在(1,3)上单调递减,在(3,+∞)上单调 递增,且当 x=1 或 x=3 时,f′(x)=0.所以 f(x)的极大值为 f(1)=16ln 2-9,极 小值为 f(3)=32ln 2-21. 因为 f(16)>162-10×16>16ln 2-9=f(1), f(e-2-1)<-32+11=-21<f(3), 所以根据函数 f(x)的大致图象可判断,在 f(x)的三个单调区间(-1,1),(1,3),(3, +∞)内,直线 y=b 与 y=f(x)的图象各有一个交点,当且仅当 f(3)<b<f(1). 因此 b 的取值范围为(32ln 2-21,16ln 2-9). m 11.(2014· 陕西卷节选)设函数 f(x)=ln x+ x ,m∈R. (1)当 m=e(e 为自然对数的底数)时,求 f(x)的极小值; (2)若对任意 b>a>0, 解 f?b?-f?a? <1 恒成立,求 m 的取值范围. b-a

e (1)由题设,当 m=e 时,f(x)=ln x+x,

x-e 则 f′(x)= x2 , ∴当 x∈(0,e),f′(x)<0,f(x)在(0,e)上单调递减,

当 x∈(e,+∞),f′(x)>0,f(x)在(e,+∞)上单调递增, e ∴x=e 时,f(x)取得极小值 f(e)=ln e+e=2, ∴f(x)的极小值为 2. (2)对任意的 b>a>0, f?b?-f?a? <1 恒成立, b-a

等价于 f(b)-b<f(a)-a 恒成立.(*) m 设 h(x)=f(x)-x=ln x+ x -x(x>0), ∴(*)等价于 h(x)在(0,+∞)上单调递减. 1 m 由 h′(x)= x-x2-1≤0 在(0,+∞)上恒成立, 1 1 得 m≥-x2+x=-(x-2)2+4(x>0)恒成立, 1 1 1 ∴m≥4(对 m=4,h′(x)=0 仅在 x=2时成立), 1 ∴m 的取值范围是[4,+∞).


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