红对勾理科数学课时作业16

课时作业16 导数的应用(二)

时间：45分钟 分值：100分

一、选择题(每小题5分，共30分)

1．函数f (x )＝12e x (sin x ＋cos x )在区间[0，π

2]上的值域为( ) A ．[12，12e

π

2 ]

B ．(12，12e

π

2 )

C ．[1，e π

2 ]

D ．(1，e

π

2 )

解析：f ′(x )＝12e x (sin x ＋cos x )＋12e x (cos x －sin x )＝e x

cos x ，当00，∴f (x )是[0，π2]上的增函数．∴f (x )的最大值为f (π2)＝12e

π

2 ，

f (x )的最小值为f (0)＝12.∴f (x )的值域为[12，12e

π

2 ]．

答案：A

2．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 ＋3

x ，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3

x (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.

3．函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )>2，则f (x )>2x ＋4的解集为( )

A ．(－1,1)

B ．(－1，＋∞)

C ．(－∞，－1)

D ．(－∞，＋∞)

解析：由已知，[f (x )－(2x ＋4)]′＝f ′(x )－2>0，∴g (x )＝f (x )－(2x ＋4)单调递增，又g (－1)＝0，∴f (x )>2x ＋4的解集是(－1，＋∞)．

答案：B

4．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 a

D.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 ，∴y ′＝4πaR －2bV R 2.

令y ′＝0，得2R h ＝b

a .

5．函数f (x )在定义域R 内可导，若f (x )＝f (2－x )，且当x ∈(－∞，1)时，(x －1)·f ′(x )<0，设a ＝f (0)，b ＝f (12)，c ＝f (3)，则( )

A ．a

B ．c

C ．c

D ．b

解析：据已知可得当x <1时，f ′(x )>0，即函数在区间(－∞，1)上递增，又由f (x )＝f (2－x )可得函数的图象关于直线x ＝1对称，故f (3)＝f (－1)，又由于1>12>0>－1，由单调性可得f (1

2)>f (0)>f (－1)，故选C.

答案：C

6．设函数f (x )＝x n

＋x －1(n ∈N ＋，n ≥2)，则f (x )在区间? ??

??

12，1内

( )

A ．存在唯一的零点x n ，且数列x 2，x 3，…，x n …单调递增

B ．存在唯一的零点x n ，且数列x 2，x 3，…，x n …单调递减

C ．存在唯一的零点x n ，且数列x 2，x 3，…，x n …非单调数列

D ．不存在零点 解析：f ′(x )＝nx

n －1

＋1，∵n ≥2，x ∈? ??

??

12，1，∴f ′(x )>0，∴函

数在? ????12，1上单调递增．f (1)＝1＋1－1＝1>0，f ? ????12＝? ????12n ＋12－1＝? ????12n

－1

2，∵n ≥2，∴f ? ????12＝? ????12n －? ????12<0，∴函数在? ??

??12，1上只有一个零点，选A.

答案：A

二、填空题(每小题5分，共15分)

7．若f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f (－3)，f (π

2)，f (2)的大小关系为________．

解析：由f (－x )＝f (x )知，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 ∈(0，π

2)时，f ′(x )>0，x ∈(π

2，π)时，f ′(x )<0，

∴f (x )在区间(π

2，π)上是减函数， ∴f (π

2)>f (2)>f (3)＝f (－3)． 答案：f (－3)

2)

8．已知函数f (x )＝x 3＋x ，对任意的m ∈[－2,2]，f (mx －2)＋f (x )<0恒成立，则x 的取值范围为________．

解析：∵f ′(x )＝3x 2＋1>0恒成立， ∴f (x )在R 上是增函数．

又f (－x )＝－f (x )，∴y ＝f (x )为奇函数． 由f (mx －2)＋f (x )<0得f (mx －2)<－f (x )＝f (－x )， ∴mx －2<－x ，即mx －2＋x <0在m ∈[－2,2]上恒成立． 记g (m )＝xm －2＋x ，

则????? g (－2)<0，g (2)<0，即?????

－2x －2＋x <0，2x －2＋x <0，

得－2

3)

9．某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品，若该商品零售

价为p 元，销量Q (单位：件)与零售价p (单位：元)有如下关系：Q ＝8 300－170p －p 2，则该商品零售价定为________元时利润最大，利润的最大值为________．

解析：设商场销售该商品所获利润为y 元，则y ＝(p －20)Q ＝(p －20)(8 300－170p －p 2)＝－p 3－150p 2＋11 700p －166 000(p ≥20)，则y ′＝－3p 2－300p ＋11 700.令y ′＝0得p 2＋100p －3 900＝0，解得p ＝30或p ＝－130(舍去)．

则p ，y ，y ′变化关系如下表：

故当p ＝3－150p 2＋11 700p －166 000在[20，＋∞)上只有一个极值，故也是最值．

所以该商品零售价定为每件30元，所获利润最大为23 000元． 答案：30 23 000

三、解答题(共55分，解答应写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程)

10．(15分)已知f (x )＝ax －ln x ，x ∈(0，e]，g (x )＝ln x

x ，其中e 是自然常数，a ∈R .

(1)讨论当a ＝1时，函数f (x )的单调性和极值； (2)求证：在(1)的条件下，f (x )>g (x )＋1

2. 解：(1)∵f (x )＝x －ln x ，f ′(x )＝1－1x ＝x －1

x ， ∴当0

当10，此时f (x )单调递增． ∴f (x )的极小值为f (1)＝1.

(2)证明：∵f (x )的极小值为1，即f (x )在(0，e]上的最小值为1，∴f (x )min ＝1.

又∵g ′(x )＝1－ln x

x 2，

∴00，g (x )在(0，e]上单调递增． ∴g (x )max ＝g (e)＝1e <1

2. ∴f (x )min －g (x )max >1

2.

∴在(1)的条件下，f (x )>g (x )＋1

2.

11．(20分)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)由(1)知f (x )在[0,2m ]上至多有两个零点，当m >1时，f (m )＝1－m <0，∵f (0)＝e －m >0，f (0)·f (m )<0，

∴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．

——创新应用——

12．(20分)(2013·新课标全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝e x(cx＋d)．若曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点P(0,2)，且在点P处有相同的切线y＝4x＋2.

(1)求a，b，c，d的值；

(2)若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围．

解：(1)由已知得f(0)＝2，g(0)＝2，f′(0)＝4，g′(0)＝4.

而f′(x)＝2x＋a，g′(x)＝e x(cx＋d＋c)，

故b＝2，d＝2，a＝4，d＋c＝4.

从而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2.

(2)由(1)知，f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2e x(x＋1)．

设函数F(x)＝kg(x)－f(x)＝2k e x(x＋1)－x2－4x－2，

则F′(x)＝2k e x(x＋2)－2x－4＝2(x＋2)(k e x－1)．

由题设可得F(0)≥0，即k≥1.

令F′(x)＝0得x1＝－ln k，x2＝－2.

(ⅰ)若1≤k

当x∈(x1，＋∞)时，F′(x)>0，即F(x)在(－2，x1)单调递减，在(x1，＋∞)单调递增，故F(x)在[－2，＋∞)的最小值为F(x1)．而F(x1)＝2x1＋2－x21－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0.

故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．

(ⅱ)若k＝e2，则F′(x)＝2e2(x＋2)(e x－e－2)．从而当x>－2时，F′(x)>0，即F(x)在(－2，＋∞)单调递增．而F(－2)＝0，故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．

(ⅲ)若k>e2，则F(－2)＝－2k e－2＋2＝－2e－2(k－e2)<0.

从而当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立．

综上，k的取值范围是[1，e2]．