导数的综合应用 (25分钟 60分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.从边长为10cm×16cm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.12cm
3
B.72cm
3
3
C.144cm
3
D.160cm
3
【解析】选C.设盒子容积为ycm,盒子的高为xcm,则x∈(0,5). 则y=(10-2x)(16-2x)x=4x-52x+160x, 所以y′=12x-104x+160.令y′=0,得x=2或所以ymax=6×12×2=144(cm).
2.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 ( )
3
2
3
2
(舍去),
A.(-∞,-1)∪(0,1) B.(-1,0)∪(1,+∞) C.(-2,-1)∪(1,2) D.(-∞,-2)∪(2,+∞)
【解析】选A.当x∈(-∞,-1)和x∈(1,+∞)时,f(x)是增函数,所以f′(x)>0,由x·f′(x)<0,得x<0,所以x<-1.
当x∈(-1,1)时,f(x)是减函数,所以f′(x)<0. 由x·f′(x)<0,得x>0,所以0 3.若不等式2xlnx≥-x+ax-3对x∈(0,+∞)恒成立,则实数a的取值范围是 ( ) A.(-∞,0) C.(0,+∞) 2 B.(-∞,4] D.上的任意x1,x2,都有|f(x1)-f(x2)|≤t,则实数t的最小值是 ( ) A.20 B.18 2 C.3 D.0 【解析】选A.因为f′(x)=3x-3=3(x-1)(x+1), 令f′(x)=0,得x=±1, 所以-1,1为函数的极值点. 又f(-3)=-19,f(-1)=1,f(1)=-3,f(2)=1, 所以在区间上f(x)max=1,f(x)min=-19. 又由题设知在区间上f(x)max-f(x)min≤t, 从而t≥20, 所以t的最小值是20. 3.(5分)已知函数f(x)=ax-3x+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,则a的取值范围是 ( ) A.(2,+∞) C.(1,+∞) B.(-∞,-2) D.(-∞,-1) 2 3 2 【解析】选B.(1)当a=0时,函数f(x)=-3x+1,显然有两个零点,不合题意. (2)当a>0时,由于f′(x)=3ax-6x=3x(ax-2),利用导数的正负与函数单调性的关系可得在(-∞,0)和 上函数单调递增,在 上函数单调递减,显然存在负零点,不合题意. 和(0,+∞)上函数单调 2 (3)当a<0时,利用导数的正负与函数单调性的关系可得,在 递减,在上函数单调递增,要使得函数有唯一的零点且为正,则满足即有 a×-3×+1>0,则有a>4,解得a<-2或a>2(不合条件a<0,舍去). 2 综合可得a<-2. 4.(12分)(2014·全国卷Ⅰ)设函数f(x)=aelnx+为y=e(x-1)+2. (1)求a,b. (2)证明:f(x)>1. 【解题提示】(1)先对函数f(x)=aelnx+的斜率,求出a,b的值. x x ,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线 求导,将x=1代入到导函数中确定曲线的切线 (2)证明f(x)>1时,将其转化为xlnx>xe-,分别构造函数进行证明. 【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=aelnx+e-由题意得f(1)=2,f′(1)=e,故a=1,b=2. (2)由(1)知,f(x)=elnx+e, 从而f(x)>1等价于xlnx>xe-. 设函数g(x)=xlnx, 则g′(x)=1+lnx. 所以当x∈当x∈故g(x)在x∈小值为g =-. -x -x x x-1 x x -x e+e. x-1x-1 时,g′(x)<0; 时,g′(x)>0. 上单调递减,在x∈ 上单调递增,从而g(x)在(0,+∞)上的最 设函数h(x)=xe-, 则h′(x)=e(1-x). 所以当x∈(0,1)时,h′(x)>0; 当x∈(1,+∞)时,h′(x)<0. 故h(x)在x∈(0,1)上单调递增,在x∈(1,+∞)上单调递减,从而h(x)在(0,+∞)的最大值为h(1)=-. 综上,当x>0时,g(x)>h(x),即f(x)>1. 5.(13分)(2016·潍坊模拟)设函数f(x)=e-ax-2. (1)求f(x)的单调区间. (2)若a=1,k为整数,且当x>0时,(x-k)f′(x)+x+1>0,求k的最大值. 【解析】(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f′(x)=e-a. 若a≤0, 则f′(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增. x x -x
高考理科数学一轮复习课时提升作业：第2章 2.11.3《导数的综合应用》(含答案)
