苏教版 (2019)选择性必修第一册5.3 导数在研究函数中的应用综合训练题

这是一份苏教版 (2019)选择性必修第一册5.3 导数在研究函数中的应用综合训练题，共27页。试卷主要包含了已知a是实数,函数f=x2等内容，欢迎下载使用。

题组一 函数最大(小)值的概念及其求解
1.(多选)设f(x)是区间[a,b]上的连续函数,且在(a,b)内可导,则下列结论不正确的是( )
A. f(x)的极值点一定是最值点
B. f(x)的最值点一定是极值点
C. f(x)在区间[a,b]上可能没有极值点
D. f(x)在区间[a,b]上可能没有最值点
2.(2020江苏无锡太湖高级中学高二下期中)函数f(x)=12x-x3在区间[-3,1]上的最小值是( )
A.-16 B.-18 C.11 D.-9
3.(2020江苏南京临江高级中学高二下质检)函数f(x)=x+2cs x在0,π2上的最大值为( )
A.2 B.π6+3 C.π3+1 D.π3+3
4.如图是函数y=f(x)在区间[a,b]上的图象,写出函数的极大值、极小值、最大值和最小值.
5.(2020黑龙江佳木斯一中高二上期末)求函数f(x)=x3-12x+6,x∈[-3,3]的单调区间,并求函数f(x)的最值.
题组二 含参函数的最大(小)值问题
6.若函数f(x)=asin x+13sin 3x在x=π3处有最大(小)值,则a等于( )
A.2 B.1 C.233 D.0
7.若函数f(x)=-x3+mx2+1(m≠0)在区间(0,2)上的极大值为最大值,则m的取值范围是 ( )
A.(0,3) B.(-3,0)
C.(-∞,-3) D.(3,+∞)
8.(2020江苏泰州中学高二下第二次月考)已知f(x)=2x3-6x2+m(m为常数)在[-2,2]上有最大值3,那么此函数在[-2,2]上的最小值是( )
A.-37 B.-2
C.-5 D.-10
9.(2020浙江杭州高二下期中)函数f(x)=x3-3ax-a在(0,1)内有最小值,则a的取值范围为 .
10.(2020江苏无锡大桥实验学校高二下期中)已知a是实数,函数f(x)=x2(x-a).
(1)若曲线y=f(x)在x=1处的切线l与直线3x-y=0平行,求切线l的方程;
(2)求f(x)在区间[0,2]上的最大值.
题组三 利用函数的最大(小)值解决不等式问题
11.已知函数f(x)=x2-2ln x,若在定义域内存在x0,使得不等式f(x0)-m≤0成立,则实数m的最小值为( )
A.2 B.-2 C.1 D.-1
12.已知函数f(x)=lna+lnxx在区间[1,+∞)上为减函数,则实数a的取值范围为 .
13.(2020江苏常州教学联盟高二下联考)已知函数f(x)=2x+1xex.(e是自然对数的底数,e≈2.718 28…)
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)设函数h(x)=f(x)-2x-1,求证:当x>0时,h(x)>0.
14.(2020江苏南京江宁高级中学高二下期中)已知曲线y=f(x)=x3+ax2+bx(a,b∈R)过点P(1,2),且曲线y=f(x)在点P处的切线与直线y=8x+1平行.
(1)求a,b的值;
(2)若f(x)≤m+5m在[-1,1]上恒成立,求正数m的取值范围.
题组四 利用导数解决生活中的优化问题
15.某产品的销售收入y1(万元)是产量x(千台)的函数,且函数解析式为y1=17x2(x>0),生产成本y2(万元)是产量x(千台)的函数,且函数解析式为y2=2x3-x2(x>0),要使利润最大,则应生产该产品( )
A.6千台 B.7千台 C.8千台 D.9千台
16.某批发商以每吨20元的价格购进一批建筑材料,若以每吨M元零售,销量N(单位:吨)与零售价M(单位:元)有如下关系:N=8 300-170M-M2,则该批材料零售价定为 元时利润最大,最大利润为 元.
17.将一块2 m×6 m 的矩形钢板按如图所示的方式划线,要求①至⑦全为矩形,沿线裁去阴影部分,把剩余部分焊接成一个以⑦为底,⑤⑥为盖的水箱,设水箱的高为x m,容积为y m3.
(1)写出y关于x的函数关系式;
(2)当x取何值时,水箱的容积最大?
18.(2020江苏宿迁宿豫中学高二月考)某汽车生产企业上年度生产一品牌汽车的投入成本为10万元/辆,出厂价为14万元/辆,年销售量为m(m∈N*)辆.本年度为适应市场需求,计划提高产品档次,适当增加投入成本,若每辆车投入成本增加的比例为x(0(1)若年销售量增加的比例为0.5x,为使本年度的年利润比上年度有所增加,则投入成本增加的比例x应在什么范围内?
(2)若年销售量m关于x的函数为m=t·-x2+3x+32(t>0,t为常数),则当x为何值时,本年度的年利润最大?
能力提升练
题组一 函数最值问题的求解与应用
1.(2020江苏盐城东台创新高级中学高二下4月检测,)直线y=a分别与直线y=2(x+1),曲线y=x+ln x交于A,B,则AB的最小值为( )
A.32 B.2 C.324 D.3
2.(2020重庆七校联盟高二上期末联考,)已知函数f(x)的定义域为[-1,5],部分对应值如下表:
y=f(x)的导函数y=f'(x)的图象如图所示:
给出下列关于函数f(x)的结论:
①函数f(x)是周期函数;
②函数f(x)在[0,2]上是减函数;
③如果当x∈[-1,t]时,f(x)的最大值是2,那么t的最大值为4;
④当1其中正确结论的个数是( )
A.1 B.2 C.3 D.4
3.(多选)(2020江苏淮安高二期末,)已知f(x)=12x2+acs x,当a>1时, f(x)在(0,π)上( )
A.有最大值 B.有最小值
C.没有最小值 D.没有最大值
4.(2020湖南师大附中高二期末,)已知函数f(x)=x2+ax+1ex,其中e为自然对数的底数,a为实数.
(1)当a=1时,求函数f(x)的单调区间;
(2)当a>-1时,求函数f(x)在区间[-1,2]上的最大值.
题组二 含参函数的最大(小)值问题
5.(2020广东揭阳高二下期末,)若函数f(x)=13x3+x2-1在区间(m,m+3)上存在最小值,则实数m的取值范围是( )
A.[-5,0) B.(-5,0)
C.[-3,0) D.(-3,0)
6.(2020湖南长沙长郡中学高二上期末,)已知函数f(x)=xx2+a(a>0)在[1,+∞)上的最大值为33,则a的值为( )
A.3-1 B.34 C.43 D.3+1
7.(2020江苏扬州高二下期中,)设函数f(x)=x3-3x,x≤a,-2x,x>a,若f(x)无最大值,则实数a的取值范围是 .
8.()已知函数f(x)=-2a2ln x+12x2+ax(a∈R).
(1)若a=1,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)求函数f(x)的单调区间;
(3)当a<0时,求函数f(x)在区间[1,e]上的最小值.
题组三 利用函数的最大(小)值解决不等式问题
9.()已知f(x)=ln(x2+1),g(x)=12x-m,若∀x1∈[0,3],∃x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2),则实数m的取值范围是( )
A.14,+∞ B.-∞,14
C.12,+∞ D.-∞,-12
10.(多选)()定义在R上的函数f(x),若存在函数g(x)=ax+b(a,b为常数),使得f(x)≥g(x)对一切实数x都成立,则称g(x)为函数f(x)的一个承托函数,则下列命题中正确的是( )
A.函数g(x)=-2是函数f(x)=lnx,x>0,1,x≤0的一个承托函数
B.函数g(x)=x-1是函数f(x)=x+sin x的一个承托函数
C.若函数g(x)=ax是函数f(x)=ex的一个承托函数,则a的取值范围是[0,e]
D.值域是R的函数f(x)不存在承托函数
11.(2020河北保定高二上期末,)已知函数f(x)=sin x-1,g(x)=a2ln x-x,若对任意x1∈R,都存在x2∈(1,e),使得f(x1)12.(2020北京西城高三上期末,)已知函数f(x)=ex-ax+12x2,其中a>-1.
(1)当a=0时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)当a=1时,求函数f(x)的单调区间;
(3)若f(x)≥12x2+x+b对任意x∈R恒成立,求b-a的最大值.
13.(2020江苏镇江丹阳吕叔湘中学高二下4月诊断,)已知函数f(x)=x(1+ln x).
(1)求函数f(x)的图象在x=1处的切线方程;
(2)求函数f(x)的极值;
(3)若k∈Z,且k(x-1)1恒成立,求k的最大值.
题组四 利用导数解决生活中的优化问题
14.(2020江苏连云港东海二中高二下月考,)如图,将边长为1的正六边形铁皮的六个角各切去一个全等的四边形,再沿虚线折起,做成一个无盖的正六棱柱容器.当这个正六棱柱容器的容积最大时,其底面边长为( )
A.34 B.23 C.13 D.12
15.()某公司生产某种产品,固定成本为20 000元,每生产1万吨该产品,成本增加100元,已知总营业收入R(元)与年产量x(万吨)的关系是R(x)=400x-12x2,0≤x≤400,80 000,x>400,则总利润最大时,年产量是( )
A.100万吨 B.150万吨
C.200万吨 D.300万吨
16.()某厂生产x件某种产品的总成本为c(x)=1 200+275x3万元,已知产品单价的平方与产品件数x成反比,生产100件这样的产品单价为50万元,则产量定为 件时,总利润最大.
17.(2021江苏淮安五校高三上联考,)如图,公园内直线道路旁有一半径为10米的半圆形荒地(圆心O在道路上,AB为直径),现要在荒地的基础上改造出一处景观.在半圆上取一点C,道路上B点的右边取一点D,使OC垂直于CD,且OD的长不超过20米.在扇形区域AOC内种植花卉,三角形区域COD内铺设草皮.已知种植花卉的费用为200元/平方米,铺设草皮的费用为100元/平方米.
(1)设∠COD=x(单位:弧度),求总费用y(单位:元)关于x的函数关系式,并指出x的取值范围;
(2)当x为何值时,总费用最低?并求出最低费用.
答案全解全析
基础过关练
1.ABD 根据函数的极值与最值的概念知,选项A,B,D中结论都不正确.故选ABD.
2.A 因为f(x)=12x-x3,所以f'(x)=12-3x2,由f'(x)>0得-22或x<-2,又-3≤x≤1,所以当-3≤x<-2时,f'(x)<0,函数f(x)=12x-x3单调递减,当-20,函数f(x)=12x-x3单调递增,因此f(x)min=f(-2)=-24+8=-16,故选A.
3.B ∵f(x)=x+2cs x,∴f'(x)=1-2sin x,由f'(x)>0得sin x<12,∵x∈0,π2,∴x∈0,π6,∴当x∈0,π6时,函数f(x)单调递增.由f'(x)<0得sin x>12,∵x∈0,π2,∴x∈π6,π2,∴当x∈π6,π2时,函数f(x)单调递减.∴x=π6是函数f(x)在0,π2上的极大值点,也为最大值点,最大值为fπ6=π6+2cs π6=π6+2×32=π6+3,故选B.
4.解析 由题图可知y=f(x)在x=x1,x=x3处取得极小值,在x=x2处取得极大值,所以极小值为f(x1), f(x3),极大值为f(x2).比较极值和端点值可知函数的最小值是f(x3),最大值在x=b处取得,最大值为f(b).
5.解析 依题意得f'(x)=3x2-12=3(x-2)(x+2),令f'(x)=0,得x=-2或x=2,列表如下:
所以函数f(x)在(-3,-2)和(2,3)上是增函数,在(-2,2)上是减函数,且函数f(x)的最大值是22,最小值是-10.
6.A ∵f(x)在x=π3处有最大(小)值,
∴x=π3是函数f(x)的极值点.
又∵f'(x)=acs x+cs 3x(x∈R),
∴f'π3=acs π3+cs π=0,解得a=2.
7.A 由题意得f'(x)=-3x2+2mx,令f'(x)=0,得x=2m3或x=0(舍去),因为f(x)在区间(0,2)上的极大值为最大值,所以2m3∈(0,2),即0<2m3<2,所以08.A 因为f(x)=2x3-6x2+m,所以f'(x)=6x2-12x=6x(x-2),则f(x)在[-2,0)上单调递增,在(0,2]上单调递减,故f(x)max=f(0)=m=3,则f(x)=2x3-6x2+3,故f(x)min=min{f(-2),f(2)}=min{-37,-5}=-37.故选A.
9.答案 (0,1)
解析 由题意得, f'(x)=3x2-3a,
令f'(x)=0,得x2=a.
∵x∈(0,1),∴要使f(x)在(0,1)内有最小值,只需0当00,∴当x=a时f(x)取得极小值,也是最小值,∴a的取值范围是(0,1).
10.解析 (1)因为f(x)=x2(x-a)=x3-ax2,所以f'(x)=3x2-2ax,所以f'(1)=3-2a,
由题可知f'(1)=3,则a=0,所以f(x)=x3,则f(1)=1,
故切点为(1,1),曲线y=f(x)在x=1处的切线的斜率k=3,故切线l的方程为y-1=3(x-1),
即3x-y-2=0.
(2)f'(x)=3x2-2ax=3xx-2a3,
令f'(x)=0,解得x=0或x=2a3.
当2a3≤0,即a≤0时,f(x)在[0,2]上单调递增,所以f(x)max=f(2)=8-4a.
当2a3≥2,即a≥3时,f(x)在[0,2]上单调递减,所以f(x)max=f(0)=0.
当0<2a3<2,即0综上所述,f(x)在区间[0,2]上的最大值f(x)max=0,a∈[2,+∞),8-4a,a∈(-∞,2).
11.C 由题可知,函数f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=2x-2x.令f'(x)=0,得x=1或x=-1(舍去).当x∈(0,1)时, f'(x)<0;当x∈(1,+∞)时, f'(x)>0.所以当x=1时,f(x)取得极小值,也是最小值,且最小值为1.
由题意知m≥1,因此实数m的最小值为1.
12.答案 [e,+∞)
解析 由题意得, f'(x)=1x·x-(lna+lnx)x2=1-(lna+lnx)x2.因为f(x)在[1,+∞)上为减函数,所以f'(x)≤0在[1,+∞)上恒成立,即ln a≥1-ln x在[1,+∞)上恒成立,令g(x)=1-ln x,易知函数g(x)=1-ln x在区间[1,+∞)上单调递减,所以g(x)max=g(1)=1,
故ln a≥1,即a≥e.
13.解析 (1)由题意知,函数f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),f'(x)=2x2+x-1x2ex=(2x-1)(x+1)x2ex.
令f'(x)>0,解得x<-1或x>12,所以f(x)的单调递增区间为(-∞,-1),12,+∞;
令f'(x)<0,解得-1综上,f(x)的单调递增区间为(-∞,-1),12,+∞,单调递减区间为(-1,0),0,12.
(2)证明:h(x)=2x+1xex-2x-1=(2x+1)exx-1,
令g(x)=exx-1,则g'(x)=ex(x-1)x2,令g'(x)=0,得x=1.
列表如下:
所以当x=1时,g(x)取得极小值,也是最小值,最小值g(1)=e-1>0,
所以g(x)≥g(1)>0.
因为当x>0时,2x+1>0,所以h(x)=(2x+1)exx-1>0对x>0都成立.
14.解析 (1)∵f(x)=x3+ax2+bx,∴f'(x)=3x2+2ax+b,由已知得f(1)=2,f'(1)=8,即1+a+b=2,3+2a+b=8,
解得a=4,b=-3,
(2)由(1)知f(x)=x3+4x2-3x,若f(x)≤m+5m在[-1,1]上恒成立,则f(x)max≤m+5m,x∈[-1,1].
易得f'(x)=3x2+8x-3,
令f'(x)>0,解得x>13或x<-3,∴f(x)在13,+∞和(-∞,-3)上单调递增;
令f'(x)<0,解得-3∴f(x)在-1,13上单调递减,在13,1上单调递增,
又f(-1)=-1+4+3=6,f(1)=1+4-3=2,
∴f(x)max=6,∴m+5m≥6,
由m>0,得m2-6m+5≥0,解得m≥5或0∴正数m的取值范围为(0,1]∪[5,+∞).
15.A 设利润为y万元,则y=y1-y2=17x2-(2x3-x2)=-2x3+18x2(x>0),
则y'=-6x2+36x=-6x(x-6).
令y'=0,解得x=0(舍去)或x=6,经检验知x=6既是函数的极大值点又是函数的最大值点,故应生产该产品6千台.
16.答案 30;23 000
解析 设该商品的利润为y元,由题意知,
y=N(M-20)=-M3-150M2+11 700M-166 000,
则y'=-3M2-300M+11 700,
令y'=0,得M=30或M=-130(舍去),
当M∈(0,30)时,y'>0,当M∈(30,+∞)时,y'<0,
因此当M=30时,y取得极大值,也是最大值,且ymax=23 000.
17.解析 (1)由水箱的高为x m,得水箱底面的宽为(2-2x)m,长为6-2x2=(3-x)m,
故水箱的容积y=(2-2x)(3-x)x
=2x3-8x2+6x(0(2)由(1)得y'=6x2-16x+6,令y'=0,
解得x=4+73(舍去)或x=4-73,
所以y=2x3-8x2+6x(0所以当x=4-73时,水箱的容积最大.
18.信息提取 (1)某品牌汽车的投入成本为10万元/辆,出厂价为14万元/辆,年销售量为m(m∈N*)辆;(2)每辆车投入成本增加的比例为x(00,t为常数).
数学建模 本题以汽车销售利润为背景构建函数模型,将实际生活中的利润最大问题转化为函数的最大值问题,再利用导数求该函数的最值.对于(1),先求出本年度的年利润,再列出不等式得到x的取值范围;对于(2)要使本年度的年利润最大,首先写出本年度年利润的函数表达式,然后求出此函数的导数为零时x的值,由此判断出函数的单调性,进而求出x的值.
解析 (1)由题意得,本年度每辆车的投入成本为10(1+x)万元,出厂价为14(1+0.6x)万元,年销售量为m(1+0.5x)辆.
设本年度的年利润为f(x)万元,则
f(x)=[14(1+0.6x)-10(1+x)]·m(1+0.5x)
=(-0.8x2+0.4x+4)m,0由(-0.8x2+0.4x+4)m>4m,m∈N*,0得0(2)设本年度的年利润为g(x)万元,
则g(x)=(4-1.6x)·t·-x2+3x+32
=(1.6x3-8.8x2+9.6x+6)t,
则g'(x)=(4.8x2-17.6x+9.6)t,
由g'(x)=0,解得x=23或x=3(舍去),
当x∈0,23时, g'(x)>0, g(x)单调递增,
当x∈23,1时, g'(x)<0, g(x)单调递减,
故当x=23时,本年度的年利润最大.
能力提升练
1.A 设A(x1,a),B(x2,a),则2(x1+1)=x2+ln x2,∴x1=12(x2+ln x2)-1,
∴AB=x2-x1=12(x2-ln x2)+1,
令y=12(x-ln x)+1,则y'=121-1x,
∴函数在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
∴x=1时,函数取得极小值,也是最小值,最小值为32.故选A.
2.A 由函数f(x)的定义域为[-1,5],知函数y=f(x)不是周期函数,故①错误;由题图知在[0,2]上,f'(x)≤0,故f(x)在[0,2]上是减函数,故②正确;依题意可画出函数y=f(x)的大致图象,如图所示:
如果当x∈[-1,t]时, f(x)的最大值是2,那么t的最大值为5,故③错误;当x=2时,f(2)的值不确定,故当13.BD ∵f(x)=12x2+acs x,
∴f'(x)=x-asin x,
令y1=x,y2=asin x(a>1),在同一平面直角坐标系中作出y1=x,y2=asin x(a>1)在(0,π)上的大致图象,如图.
当0当x0y2,即f'(x)=x-asin x>0,故f(x)单调递增;
当x=x0时,y1=y2,即f'(x)=x-asin x=0,此时f(x)取得极小值,也是最小值.
综上,f(x)=12x2+acs x在(0,π)上有最小值,没有最大值.
4.解析 (1)当a=1时, f(x)=x2+x+1ex,
则f'(x)=-x(x-1)ex.
由f'(x)>0,ex>0,得x(x-1)<0,即0由f'(x)<0,ex>0,得x(x-1)>0,即x<0或x>1.
所以f(x)的单调递增区间是(0,1),单调递减区间是(-∞,0)和(1,+∞).
(2)易得f'(x)=-(x-1)[x-(1-a)]ex.
因为a>-1,所以1-a<2.
①当1<1-a<2,即-10,得1则f(x)在(1,1-a)上单调递增,在[-1,1)和(1-a,2]上单调递减,
所以f(x)max=max{f(-1), f(1-a)}.
因为f(-1)=(2-a)e, f(1-a)=(1-a)2+a(1-a)+1e1-a=(2-a)ea-1,且-1所以f(-1)>f(1-a),所以f(x)max=(2-a)e.
②当1-a=1,即a=0时, f'(x)=-(x-1)2ex≤0,
所以f(x)在[-1,2]上单调递减,
所以f(x)max=f(-1)=(2-a)e.
③当-1<1-a<1,即00,得1-a则f(x)在(1-a,1)上单调递增,在[-1,1-a)和(1,2]上单调递减,
所以f(x)max=max{f(-1), f(1)},
因为f(1)-f(-1)=2+ae+(a-2)e
=a(1+e2)-2(e2-1)e,
所以当0f(1),此时f(x)max=f(-1)=(2-a)e,
当2(e2-1)e2+1≤a<2时, f(1)≥f(-1),此时f(x)max=f(1)=2+ae.
④当1-a≤-1,即a≥2时, f(x)在[-1,1)上单调递增,在(1,2]上单调递减,
则f(x)max=f(1)=2+ae.
综上, f(x)max=(2-a)e,-15.D 函数f(x)=13x3+x2-1的导函数为f'(x)=x2+2x,令f'(x)=0,得x=-2或x=0,
故f(x)在(-∞,-2),(0,+∞)上单调递增,在(-2,0)上单调递减,
则x=0为极小值点,x=-2为极大值点.
由f(x)在区间(m,m+3)上存在最小值,
可得m<0此时f(m)=13m3+m2-1=13m2(m+3)-1>-1=f(0),因此实数m的取值范围是(-3,0),故选D.
6.A 由f(x)=xx2+a得, f'(x)=a-x2(x2+a)2,当a>1时,若x> a,则f'(x)<0, f(x)单调递减,若10, f(x)单调递增,故当x= a时,函数f(x)有最大值12 a= 33,解得a=34<1,不符合题意.当a=1时,函数f(x)在[1,+∞)上单调递减,最大值为f(1)=12,不符合题意.当07.答案 (-∞,-1)
解析 易知f'(x)=3x2-3,x≤a,-2,x>a,
令f'(x)=0,则x=±1,
若f(x)无最大值,
则a≤-1,-2a>a3-3a或a>-1,-2a>a3-3a,-2a>2,
解得a<-1,则实数a的取值范围为(-∞,-1).
8.解析 易得函数f(x)的定义域为(0,+∞).
(1)当a=1时, f(x)=-2ln x+12x2+x,
则f'(x)=-2x+x+1=x2+x-2x,则f'(1)=0.
又f(1)=32,所以曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y =32.
(2)f'(x)=-2a2x+x+a=x2+ax-2a2x
=(x-a)(x+2a)x(x>0).
若a=0,则f'(x)=x>0,故f(x)的单调递增区间为(0,+∞).
若a<0,则当x∈(0,-2a)时, f'(x)<0,当x∈(-2a,+∞)时, f'(x)>0,故f(x)的单调递减区间为(0,-2a),单调递增区间为(-2a,+∞).
若a>0,则当x∈(0,a)时, f'(x)<0,当x∈(a,+∞)时, f'(x)>0,则f(x)的单调递减区间为(0,a),单调递增区间为(a,+∞).
(3)由(2)知,当a<0时, f(x)的单调递减区间为(0,-2a),单调递增区间为(-2a,+∞).
当-2a≤1,即-12≤a<0时, f(x)在[1,e]上单调递增,则f(x)min=f(1)=12+a;
当1<-2a则f(x)min=f(-2a)=-2a2ln(-2a);
当-2a≥e,即a≤-e2时, f(x)在[1,e]上单调递减,则f(x)min=f(e)=-2a2+e22+ae.
综上,
f(x)min=12+a,-12≤a<0,-2a2ln(-2a),-e2A 易得f'(x)=2xx2+1,f(x)在[0,3]上单调递增,所以f(x1)∈[0,ln 10].易得g'(x)=12x·
ln 12,
g(x)在[1,2]上单调递减,所以g(x2)∈14-m,12-m.因为∀x1∈[0,3],∃x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2),
所以0≥14-m,解得m≥14.
10.BC A中,∵当x>0时, f(x)=ln x∈(-∞,+∞),∴f(x)≥g(x)=-2不能对一切实数x都成立,故A错误.
B中,令t(x)=f(x)-g(x),则t(x)=x+sin x-(x-1)=sin x+1≥0,∴t(x)≥0对一切实数x都成立,
∴函数g(x)=x-1是函数f(x)=x+sin x的一个承托函数,故B正确.
C中,令h(x)=ex-ax,则h'(x)=ex-a,
当a=0时,由题意知,结论成立.
当a>0时,令h'(x)=0,得x=ln a,
∴函数h(x)在(-∞,ln a)上为减函数,在(ln a,+∞)上为增函数,
∴当x=ln a时,函数h(x)取得极小值,也是最小值,最小值为a-aln a,
∵g(x)=ax是函数f(x)=ex的一个承托函数,∴a-aln a≥0,∴ln a≤1,∴0若a<0,则当x→-∞时,h(x)→-∞,故不成立.
综上,当0≤a≤e时,函数g(x)=ax是函数f(x)=ex的一个承托函数,故C正确.
D中,不妨令f(x)=2x,g(x)=2x-1,则f(x)-g(x)=1≥0恒成立,
故g(x)=2x-1是f(x)=2x的一个承托函数,故D错误.故选BC.
11.答案 (2e,+∞)
解析 因为对任意x1∈R,都存在x2∈(1,e),使得f(x1)所以f(x)max又f(x)=sin x-1,所以f(x)max=0,
即存在x∈(1,e),使得a2ln x-x>0,此时ln x>0,所以a>0,
因此问题可转化为存在x∈(1,e),使2a设h(x)=lnxx,x∈(1,e),则2a对h(x)求导得h'(x)=1-lnxx2,
当x∈(1,e)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,
所以h(x)2e,
所以实数a的取值范围是(2e,+∞).
方法总结
一般地,已知函数y=f(x),x∈[a,b],y=g(x),x∈[c,d],且f(x),g(x)均存在最值,则有:
(1)若∀x1∈[a,b],∀x2∈[c,d],总有f(x1)(2)若∀x1∈[a,b],∃x2∈[c,d],有f(x1)(3)若∃x1∈[a,b],∃x2∈[c,d],有f(x1)(4)若∀x1∈[a,b],∃x2∈[c,d],有f(x1)=g(x2),则f(x)的值域是g(x)值域的子集 .
12.解析 (1)当a=0时, f(x)=ex+12x2,则f'(x)=ex+x, 所以f(0)=1, f'(0)=1.
所以曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为x-y+1=0.
(2)当a=1时, f(x)=ex-x+12x2,
则f'(x)=ex-1+x.
因为f'(0)=0,且f'(x)=ex-1+x在(-∞,+∞)上单调递增,
所以当x>0时, f'(x)>0, f(x)单调递增,当x<0时, f'(x)<0, f(x)单调递减.所以函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞),单调递减区间为(-∞,0).
(3)由f(x)≥12x2+x+b对任意x∈R恒成立,得ex-(a+1)x-b≥0对任意x∈R恒成立.
设g(x)=ex-(a+1)x-b,
则g'(x)=ex-(a+1).
令g'(x)=0,得x=ln(a+1)(a>-1).
当x变化时,g'(x)与g(x)的变化情况如下表所示:
所以g(x)在(-∞,ln(a+1))上单调递减,在(ln(a+1),+∞)上单调递增.
所以函数g(x)的极小值,也是最小值,为g(ln(a+1))=(a+1)-(a+1)ln(a+1)-b.
由题意,得g(ln(a+1))≥0,即 b-a≤1-(a+1)ln(a+1).
设h(x)=1-xln x(x>0),则h'(x)=-ln x-1.
因为当00;当x>1e时,-ln x-1<0,
所以h(x)在0,1e上单调递增,在1e,+∞上单调递减.
所以当x=1e时,h(x)max=h1e=1+1e.
所以当a+1=1e,b=a+1-(a+1)ln(a+1),即a=1e-1,b=2e时,b-a有最大值,最大值为1+1e.
13.解析 (1)易知f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=ln x+2,
所以f'(1)=2,又f(1)=1,
所以函数f(x)的图象在x=1处的切线方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1.
(2)由(1)知f'(x)=ln x+2.
令f'(x)>0,得x>1e2;令f'(x)<0,得0所以f(x)的单调递增区间为1e2,+∞,f(x)的单调递减区间为0,1e2.
所以当x=1e2时,函数取得极小值,极小值为f1e2=1e21+ln 1e2=-1e2,无极大值.
(3)若k(x-1)1恒成立,
则k1恒成立.
令g(x)=x+xlnxx-1(x>1),则g'(x)=x-lnx-2(x-1)2(x>1),
令h(x)=x-ln x-2(x>1),
则h'(x)=1-1x=x-1x>0,
所以函数h(x)在(1,+∞)上单调递增.
因为h(3)=1-ln 3<0,h(4)=2-2ln 2>0,
所以方程h(x)=0在(1,+∞)上存在唯一实根x0,且满足ln x0=x0-2,x0∈(3,4).
当1当x>x0时,h(x)>0,即g'(x)>0,
所以函数g(x)=x+xlnxx-1在(1,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
所以g(x)min=g(x0)=x0+x0ln x0x0-1=x0(1+x0-2)x0-1=x0∈(3,4).
所以k故整数k的最大值是3.
解题模板
分离参数求解不等式恒成立问题的步骤:
14.B 设正六棱柱容器的底面边长为x,则正六棱柱容器的高为32(1-x),
设正六棱柱容器的容积为V(x),
则V(x)=(x+2x)·32x·32(1-x)=94(-x3+x2),
所以V'(x)=-274x2+92x,则当x∈0,23时,V'(x)>0;当x∈23,1时,V'(x)<0,
所以V(x)在0,23上单调递增,在23,1上单调递减,所以当x=23时,V(x)取得极大值,也是最大值,故选B.
15.D 当年产量为x万吨时,总成本为(20 000+100x)元,设总利润为f(x)元,
∴总利润
f(x)=400x-12x2-20 000-100x,0≤x≤400,80 000-20 000-100x,x>400,
即f(x)=300x-12x2-20 000,0≤x≤400,60 000-100x,x>400,
∴f'(x)=300-x,0≤x≤400,-100,x>400.
①当0≤x≤400时,令f'(x)=0,得x=300,
由f'(x)<0得300≤x≤400,此时f(x)是减函数,
由f'(x)>0得0≤x<300,此时f(x)是增函数,
∴当0≤x≤400时,f(x)max=f(300)=300×300-12×3002-20 000=25 000;
②当x>400时,f(x)是减函数,
∴f(x)<60 000-100×400=20 000.
综上可知,当x=300时,f(x)有最大值.故选D.
16.答案 25
解析 设产品的单价为p万元,根据已知,可设p2=kx,其中k为比例系数.
因为当x=100时,p=50,所以k=250 000,
所以p2=250 000x,所以p=500x,x>0.
设总利润为y万元,
则y=500x·x-1 200-275x3=500x-275x3-1 200,
则y'=250x-225x2.令y'=0,得x=25.
故当00;当x>25时,y'<0.
因此当x=25时,函数y取得极大值,也是最大值.
17.信息提取 (1)点D在点B的右侧,且OC垂直于CD,OD的长不超过20米;(2)在扇形区域AOC内种植花卉,三角形区域COD内铺设草皮;(3)种植花卉的费用为200元/平方米,铺设草皮的费用为100元/平方米;(4)求出总费用y的函数,并求出y的最小值.
数学建模 本题以实际生活中的成本最省问题为背景,构建函数模型,利用导数求出函数的最值,从而求得最低成本.对于(1),分别计算扇形AOC和Rt△COD的面积,再计算总费用,根据OD的长不超过20米得到x的取值范围;对于(2),利用导数求其最值.
解析 (1)因为扇形AOC的半径为10米,∠AOC=π-x,
当OD=20米时,x=π3,所以0所以S扇形AOC=(π-x)·1022=50(π-x)平方米,0在Rt△COD中,OC=10米,则CD=10tan x米,
所以S△COD=12·OC·CD=50tan x平方米,
从而y=100S△COD+200S扇形AOC=5 000(tan x+2π-2x)元,0(2)设f(x)=tan x+2π-2x,0则f(x)=sinxcsx-2π-2x,0≤x≤π3,
所以f'(x)=cs 2x+sin 2xcs 2x-2=1-2cs2xcs 2x,0令f'(x)=0,解得x=π4,
从而当0当π40,
因此f(x)在区间0,π4上单调递减,在区间π4,π3上单调递增,
当x=π4时,f(x)取得极小值,也是最小值,为fπ4=1+2π-π2=1+3π2,则ymin=5 000×1+3π2=(5 000+7 500π)元.
所以当x为π4时,总费用最低,最低费用为(5 000+7 500π)元.
x
-1
0
4
5
f(x)
1
2
2
1
x
-3
(-3,-2)
-2
(-2,2)
2
(2,3)
3
f'(x)
+
0
-
0
+
f(x)
15
↗
22
↘
-10
↗
-3
x
(0,1)
1
(1,+∞)
g'(x)
-
0
+
g(x)
↘
极小值
↗
x
(-∞,
ln(a+1))
ln(a+1)
(ln(a+1),
+∞)
g'(x)
-
0
+
g(x)
↘
极小值
↗