（江蘇專用）高考數(shù)學 考前三個月 必考題型過關練 第17練 導數(shù)的綜合應用 理

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1、第17練　導數(shù)的綜合應用 題型一　利用導數(shù)研究函數(shù)圖象 例1　下面四個圖象中，有一個是函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋(a2－1)x＋1(a∈R)的導函數(shù)y＝f′(x)的圖象，則f(－1)＝________. 破題切入點　先求出函數(shù)f(x)的導函數(shù)，確定導函數(shù)圖象，從而求出a的值．然后代入－1求得函數(shù)值． 答案　或－ 解析　∵f′(x)＝x2＋2ax＋a2－1， ∴f′(x)的圖象開口向上，則②④排除． 若圖象不過原點，則f′(x)的圖象為①， 此時a＝0，f(－1)＝； 若圖象過原點，則f′(x)的圖象為③， 此時a2－1＝0， 又對稱軸x＝－a>0，∴a＝－1，

2、 ∴f(－1)＝－. 題型二　利用導數(shù)研究函數(shù)的零點或方程的根 例2　設函數(shù)f(x)＝x3－ax2－ax，g(x)＝2x2＋4x＋c. (1)試判斷函數(shù)f(x)的零點個數(shù)； (2)若a＝－1，當x∈[－3,4]時，函數(shù)f(x)與g(x)的圖象有兩個公共點，求c的取值范圍． 破題切入點　(1)對f(x)求導找出極值點、對a討論看圖象與x軸交點的個數(shù)． (2)結合兩個函數(shù)的圖象求解． 解　(1)f(x)＝x3－ax2－ax＝x(x2－ax－a)， 令f(x)＝0，得x＝0或x2－ax－a＝0.(*) 顯然方程(*)的根的判別式Δ＝(－a)2－4××(－a) ＝a2＋a＝a(a＋

3、)． 當a<－或a>0時，Δ>0，方程(*)有兩個非零實根， 此時函數(shù)f(x)有3個零點； 當a＝－時，Δ＝0，方程(*)有兩個相等的非零實根， 此時函數(shù)f(x)有2個零點； 當a＝0時，Δ＝0，方程(*)有兩個相等的零實根， 此時函數(shù)f(x)有1個零點； 當－0時，函數(shù)f(x)有3個零點； 當a＝－時，函數(shù)f(x)有2個零點； 當－

4、－3x. 設F(x)＝x3－x2－3x，x∈[－3,4]， 則F′(x)＝x2－2x－3，令F′(x)＝0， 解得x1＝－1，x2＝3. 當x變化時，F(xiàn)′(x)和F(x)的變化情況如下表： x －3 (－3，－1) －1 (－1，3) 3 (3，4) 4 F′(x) ＋ ＋ 0 － 0 ＋ ＋ F(x) －9   －9  － 由此可知F(x)在[－3，－1]，[3,4]上是增函數(shù)， 在[－1,3]上是減函數(shù)． 當x＝－1時，F(xiàn)(x)取得極大值F(－1)＝； 當x＝3時，F(xiàn)(x)取得極小值F(3)＝－9， 而F(－3)＝－

5、9，F(xiàn)(4)＝－. 如果函數(shù)f(x)與g(x)的圖象有兩個公共點， 則函數(shù)F(x)與y＝c的圖象有兩個公共點， 所以－3)千元．設該容器的建造費用為y千元． (1)寫出y關于r的函數(shù)表達式，并求該函數(shù)的定義域； (2)求該容器的建造費用最小時的r. 破題切入點　考查

6、圓柱及球的表面積與體積求法，函數(shù)關系式的建立及實際問題中定義域的求解，通過求導判斷函數(shù)的單調性，從而確定函數(shù)的最值等問題． 解　(1)設容器的容積為V， 由題意知V＝πr2l＋πr3，又V＝， 故l＝＝－r＝(－r)． 由于l≥2r，因此03，所以c－2>0. 當r3－＝0時，r＝ . 令 ＝m，則m>0， 所以y′＝(r－m)(r2＋rm＋m2)． ①當0<

7、m<2，即c>時， 當r＝m時，y′＝0；當r∈(0，m)時，y′<0； 當r∈(m,2)時，y′>0， 所以r＝m是函數(shù)y的極小值點，也是最小值點． ②當m≥2，即3時，建造費用最小時r＝ . 總結提高　(1)利用導數(shù)研究函數(shù)圖象或方程的根、零點等問題，一般都是先求導得出函數(shù)的單調性與極值，然后再畫出函數(shù)的大致圖象． (2)利用導數(shù)解決實際問題要注意：①函數(shù)的定義域；②極值和最值的區(qū)別；③最后還原到實際問題中作答． 1．已知

8、f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a0；②f(0)f(1)<0；③f(0)f(3)>0； ④f(0)f(3)<0. 其中正確結論的序號是________． 答案?、冖? 解析　f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a0， f(3)＝27－54＋27－abc＝－abc<0， 且f(0)＝－abc

9、＝f(3)<0， 所以f(0)f(1)<0，f(0)f(3)>0. 2.若函數(shù)y＝f(x)的導函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則y＝f(x)的圖象可能為________． 答案?、? 解析　根據(jù)f′(x)的符號，f(x)圖象應該是先下降后上升，最后下降，排除①④；從適合f′(x)＝0的點可以排除②. 3．已知a≤＋ln x對任意x∈[，2]恒成立，則a的最大值為________． 答案　0 解析　設f(x)＝＋ln x，則f′(x)＝＋＝.當x∈[，1)時，f′(x)<0，故函數(shù)f(x)在[，1)上單調遞減；當x∈(1,2]時，f′(x)>0，故函數(shù)f(x)在(1

10、,2]上單調遞增，∴f(x)min＝f(1)＝0，∴a≤0，即a的最大值為0. 4．函數(shù)f(x)的定義域是R，f(0)＝2，對任意x∈R，f(x)＋f′(x)>1，則不等式ex·f(x)>ex＋1的解集為________． 答案　(0，＋∞) 解析　構造函數(shù)g(x)＝ex·f(x)－ex， 因為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為R上的增函數(shù)． 又因為g(0)＝e0·f(0)－e0＝1， 所以原不等式轉化為g(x)>g(0)，解得x>0. 5．關于x的方程x3－3x

11、2－a＝0有三個不同的實數(shù)解，則實數(shù)a的取值范圍是________． 答案　(－4,0) 解析　由題意知使函數(shù)f(x)＝x3－3x2－a的極大值大于0且極小值小于0即可， 又f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)， 令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2. 當x<0或x>2時，f′(x)>0； 當0

12、關于函數(shù)f(x)的四個命題： x －1 0 4 5 f(x) 1 2 2 1 ①函數(shù)y＝f(x)是周期函數(shù)； ②函數(shù)f(x)在[0,2]上是減函數(shù)； ③如果當x∈[－1，t]時，f(x)的最大值是2，那么t的最大值為4； ④當1

13、 7．已知函數(shù)f(x)＝ex－2x＋a有零點，則a的取值范圍是________． 答案　(－∞，2ln 2－2] 解析　函數(shù)f(x)＝ex－2x＋a有零點，即方程ex－2x＋a＝0有實根，即函數(shù)g(x)＝2x－ex，y＝a有交點，而g′(x)＝2－ex，易知函數(shù)g(x)＝2x－ex在(－∞，ln 2)上遞增，在(ln 2，＋∞)上遞減，因而g(x)＝2x－ex的值域為(－∞，2ln 2－2]，所以要使函數(shù)g(x)＝2x－ex，y＝a有交點，只需a≤2ln 2－2即可． 8．某名牌電動自行車的耗電量y與速度x之間有如下關系：y＝x3－x2－40x(x>0)，為使耗電量最小，則速度應定為_

14、_______． 答案　40 解析　∵y′＝x2－39x－40，令y′＝0. 即x2－39x－40＝0，解得x＝40或x＝－1(舍)． 當x>40時，y′>0，當0

15、修建一個無蓋的圓柱形蓄水池(不計厚度)．設該蓄水池的底面半徑為r米，高為h米，體積為V立方米．假設建造成本僅與表面積有關，側面的建造成本為100元/平方米，底面的建造成本為160元/平方米，該蓄水池的總建造成本為12 000π元(π為圓周率)． (1)將V表示成r的函數(shù)V(r)，并求該函數(shù)的定義域； (2)討論函數(shù)V(r)的單調性，并確定r和h為何值時該蓄水池的體積最大． 解　(1)因為蓄水池側面的總成本為100·2πrh＝200πrh元，底面的總成本為160πr2元． 所以蓄水池的總成本為(200πrh＋160πr2)元． 又根據(jù)題意得200πrh＋160πr2＝12 000π，

16、 所以h＝(300－4r2)， 從而V(r)＝πr2h＝(300r－4r3)． 因為r>0，又由h>0可得r<5， 故函數(shù)V(r)的定義域為(0,5)． (2)因為V(r)＝(300r－4r3)， 故V′(r)＝(300－12r2)， 令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(因為r2＝－5不在定義域內，舍去)． 當r∈(0,5)時，V′(r)>0，故V(r)在(0,5)上為增函數(shù)； 當r∈(5,5)時，V′(r)<0，故V(r)在(5,5)上為減函數(shù)． 由此可知，V(r)在r＝5處取得最大值，此時h＝8. 即當r＝5，h＝8時，該蓄水池的體積最大． 11．(2013·

17、江蘇)已知函數(shù)f(x)＝ex＋e－x，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)． (1)證明：f(x)是R上的偶函數(shù)； (2)若關于x的不等式mf(x)≤e－x＋m－1在(0，＋∞)上恒成立，求實數(shù)m的取值范圍； (3)已知正數(shù)a滿足：存在x0∈[1，＋∞)，使得f(x0)0)，則t>1， 所以m≤－＝

18、－對任意t>1成立． 因為t－1＋＋1≥2＋1＝3， 所以－≥－， 當且僅當t＝2，即x＝ln 2時等號成立． 因此實數(shù)m的取值范圍是. (3)解　令函數(shù)g(x)＝ex＋－a(－x3＋3x)， 則g′(x)＝ex－＋3a(x2－1)． 當x≥1時，ex－>0，x2－1≥0， 又a>0，故g′(x)>0. 所以g(x)是[1，＋∞)上的單調增函數(shù)， 因此g(x)在[1，＋∞)上的最小值是g(1)＝e＋e－1－2a. 由于存在x0∈[1，＋∞)， 使ex0＋e－x0－a(－x＋3x0)<0成立， 當且僅當最小值g(1)<0. 故e＋e－1－2a<0，即a>. 令函數(shù)h

19、(x)＝x－(e－1)ln x－1， 則h′(x)＝1－. 令h′(x)＝0，得x＝e－1. 當x∈(0，e－1)時，h′(x)<0， 故h(x)是(0，e－1)上的單調減函數(shù)； 當x∈(e－1，＋∞)時，h′(x)>0， 故h(x)是(e－1，＋∞)上的單調增函數(shù)， 所以h(x)在(0，＋∞)上的最小值是h(e－1)． 注意到h(1)＝h(e)＝0， 所以當x∈(1，e－1)?(0，e－1)時， h(e－1)≤h(x)

20、)時， h(a)<0，即a－1>(e－1)ln a， 從而ea－1h(e)＝0，即a－1>(e－1)ln a， 故ea－1>ae－1. 綜上所述，當a∈時，ea－1ae－1. 12．(2013·陜西)已知函數(shù)f(x)＝ex，x∈R. (1)求f(x)的反函數(shù)的圖象在點(1,0)處的切線方程； (2)證明：曲線y＝f(x)與曲線y＝x2＋x＋1有唯一公共點； (3)設a

21、，并說明理由． (1)解　f(x)的反函數(shù)為g(x)＝ln x，設所求切線的斜率為k， ∵g′(x)＝，∴k＝g′(1)＝1. 于是在點(1,0)處的切線方程為y＝x－1. (2)證明　方法一　曲線y＝ex與y＝x2＋x＋1公共點的個數(shù)等于函數(shù)φ(x)＝ex－x2－x－1零點的個數(shù)． ∵φ(0)＝1－1＝0，∴φ(x)存在零點x＝0. 又φ′(x)＝ex－x－1，令h(x)＝φ′(x)＝ex－x－1， 則h′(x)＝ex－1， 當x<0時，h′(x)<0，∴φ′(x)在(－∞，0)上單調遞減； 當x>0時，h′(x)>0，∴φ′(x)在(0，＋∞)上單調遞增． ∴φ′(x)

22、在x＝0處有唯一的極小值φ′(0)＝0， 即φ′(x)在R上的最小值為φ′(0)＝0. ∴φ′(x)≥0(僅當x＝0時等號成立)， ∴φ(x)在R上是單調遞增的， ∴φ(x)在R上有唯一的零點， 故曲線y＝f(x)與y＝x2＋x＋1有唯一的公共點． 方法二　∵ex>0，x2＋x＋1>0， ∴曲線y＝ex與y＝x2＋x＋1公共點的個數(shù)等于曲線y＝與y＝1公共點的個數(shù)， 設φ(x)＝，則φ(0)＝1，即x＝0時，兩曲線有公共點． 又φ′(x)＝＝≤0(僅當x＝0時等號成立)， ∴φ(x)在R上單調遞減， ∴φ(x)與y＝1有唯一的公共點， 故曲線y＝f(x)與y＝x2＋x＋1有唯一的公共點． (3)解?。璮＝－e ＝＝[e－e－(b－a)]． 設函數(shù)u(x)＝ex－－2x(x≥0)， 則u′(x)＝ex＋－2≥2－2＝0， ∴u′(x)≥0(僅當x＝0時等號成立)， ∴u(x)單調遞增． 當x>0時，u(x)>u(0)＝0. 令x＝，則e－e－(b－a)>0， ∴>f.