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2016届《步步高》高考数学大一轮总复习(人教新课标文科)配套文档 3.3 导数的应用


§ 3.3

导数的综合应用

1.利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤 (1)分析实际问题中各量之间的关系,列出实际问题的数学模型,写出实际问题中变量之间的 函数关系式 y=f(x); (2)求函数的导数 f′(x),解方程 f′(x)=0; (3)比较函数在区间端点和 f′(x)=0 的点的函数值的大小,最大(小)者为最大(小)值;

(4)回归实际问题作答. 2.不等式问题 (1)证明不等式时,可构造函数,将问题转化为函数的极值或最值问题. (2)求解不等式恒成立问题时,可以考虑将参数分离出来,将参数范围问题转化为研究新函数 的值域问题. 3.方程解的个数问题 构造函数,利用导数研究函数的单调性,极值和特殊点的函数值,根据函数性质结合草图推 断方程解的个数. 【思考辨析】 判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)连续函数在闭区间上必有最值.( √
2

)

(2)函数 f(x)=x -3x+2 的极小值也是最小值.( √ ) (3)函数 f(x)= x+x-1 和 g(x)= x-x-1 都是在 x=0 时取得最小值-1.( × ) (4)函数 f(x)=x2ln x 没有最值.( × ) π (5)已知 x∈(0, ),则 sin x>x.( × ) 2 1 (6)若 a>2,则方程 x3-ax2+1=0 在(0,2)上没有实数根.( × 3 )

1.(2014· 湖南)若 0<x1<x2<1,则( A. ex2-ex1 ? ln x2-ln x1 B. ex1-ex2 ? lnx2-lnx1

)

-1-

C. x2ex1 ? x1ex2 D. x2ex1 ? x1ex2 答案 C 解析 设 f(x)=ex-ln x(0<x<1), 1 xe -1 则 f′(x)=ex- = . x x 令 f′(x)=0,得 xex-1=0. 1 根据函数 y=ex 与 y= 的图象可知两函数图象交点 x0∈(0,1),因此函数 f(x)在(0,1)上不是单调 x 函数,故 A,B 选项不正确. ex?x-1? ex 设 g(x)= (0<x<1),则 g′(x)= . x x2 又 0<x<1,∴g′(x)<0. ∴函数 g(x)在(0,1)上是减函数. 又 0<x1<x2<1,∴g(x1)>g(x2), ∴ x2ex1 ? x1ex2 . 2.(2013· 福建)设函数 f(x)的定义域为 R,x0(x0≠0)是 f(x)的极大值点,以下结论一定正确的是 ( ) A.?x∈R,f(x)≤f(x0) B.-x0 是 f(-x)的极小值点 C.-x0 是-f(x)的极小值点 D.-x0 是-f(-x)的极小值点 答案 D 解析 A 错,因为极大值未必是最大值.B 错,因为函数 y=f(x)与函数 y=f(-x)的图象关于 y 轴对称, -x0 应是 f(-x)的极大值点. C 错, 函数 y=f(x)与函数 y=-f(x)的图象关于 x 轴对称, x0 应为-f(x)的极小值点.D 对,函数 y=f(x)与 y=-f(-x)的图象关于原点对称,-x0 应为 y =-f(-x)的极小值点. 3.设直线 x=t 与函数 f(x)=x2,g(x)=ln x 的图象分别交于点 M,N,则当|MN|达到最小时 t 的值为( 1 A.1 B. 2 答案 D 解析 |MN|的最小值,即函数 h(x)=x2-ln x(x>0)的最小值,
2 1 2x -1 h′(x)=2x- = , x x x

) C. 5 2 D. 2 2

-2-

显然 x=

2 是函数 h(x)在其定义域内唯一的极小值点, 2 2 . 2

也是最小值点,故 t=

4.若商品的年利润 y(万元)与年产量 x(百万件)的函数关系式:y=-x3+27x+123(x>0),则获 得最大利润时的年产量为( A.1 百万件 C.3 百万件 答案 C 解析 y′=-3x2+27=-3(x+3)(x-3), 当 0<x<3 时,y′>0; 当 x>3 时,y′<0. 故当 x=3 时,该商品的年利润最大. ) B.2 百万件 D.4 百万件

题型一 利用导数证明不等式 1 例 1 已知定义在正实数集上的函数 f(x)= x2+2ax,g(x)=3a2ln x+b,其中 a>0.设两曲线 y 2 =f(x),y=g(x)有公共点,且在该点处的切线相同. (1)用 a 表示 b,并求 b 的最大值; (2)求证:f(x)≥g(x)(x>0). (1)解 设两曲线的公共点为(x0,y0), 3a2 f′(x)=x+2a,g′(x)= , x 由题意知 f(x0)=g(x0),f′(x0)=g′(x0),

?2x +2ax =3a ln x +b, 即? 3a ?x +2a= x .
2 0 0 2 0 2 0 0

1

3a 由 x0+2a= ,得 x0=a 或 x0=-3a(舍去). x0 1 5 即有 b= a2+2a2-3a2ln a= a2-3a2ln a. 2 2 5 令 h(t)= t2-3t2ln t(t>0),则 h′(t)=2t(1-3ln t). 2 于是当 t(1-3ln t)>0,即 0<t< e 时,h′(t)>0;
1 3

2

-3-

当 t(1-3ln t)<0,即 t> e 时,h′(t)<0.
1 1

1 3

故 h(t)在(0, e 3 )上为增函数,在( e 3 ,+∞)上为减函数,
1

于是 h(t)在(0,+∞)上的最大值为 h( e 3 )=

3 2 e3 , 2

即 b 的最大值为

3 2 e3 . 2

1 (2)证明 设 F(x)=f(x)-g(x)= x2+2ax-3a2ln x-b(x>0), 2 3a2 ?x-a??x+3a? 则 F′(x)=x+2a- = (x>0). x x 故 F(x)在(0,a)上为减函数,在(a,+∞)上为增函数. 于是 F(x)在(0,+∞)上的最小值是 F(a)=F(x0)=f(x0)-g(x0)=0. 故当 x>0 时,有 f(x)-g(x)≥0, 即当 x>0 时,f(x)≥g(x). 思维升华 利用导数证明不等式的步骤 (1)构造新函数,并求其单调区间; (2)判断区间端点函数值与 0 的关系; (3)判断定义域内函数值与 0 的大小关系,证不等式. 证明:当 x∈[0,1]时, 证明 记 F(x)=sin x- 则 F′(x)=cos x- 2 . 2 2 x, 2 2 x≤sin x≤x. 2

π π 当 x∈(0, )时,F′(x)>0,F(x)在[0, ]上是增函数; 4 4 π π 当 x∈( ,1)时,F′(x)<0,F(x)在[ ,1]上是减函数. 4 4 又 F(0)=0,F(1)>0,所以当 x∈[0,1]时,F(x)≥0, 即 sin x≥ 2 x. 2

记 H(x)=sin x-x, 则当 x∈(0,1)时,H′(x)=cos x-1<0, 所以 H(x)在[0,1]上是减函数, 则 H(x)≤H(0)=0,即 sin x≤x.

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综上,

2 x≤sin x≤x,x∈[0,1]. 2

题型二 利用导数研究函数零点问题 例 2 (2013· 北京)已知函数 f(x)=x2+xsin x+cos x. (1)若曲线 y=f(x)在点(a,f(a))处与直线 y=b 相切,求 a 与 b 的值; (2)若曲线 y=f(x)与直线 y=b 有两个不同交点,求 b 的取值范围. 解 (1)由 f(x)=x2+xsin x+cos x, 得 f′(x)=x(2+cos x). ∵y=f(x)在点(a,f(a))处与直线 y=b 相切. ∴f′(a)=a(2+cos a)=0 且 b=f(a), 则 a=0,b=f(0)=1. (2)令 f′(x)=0,得 x=0. ∴当 x>0 时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上递增. 当 x<0 时,f′(x)<0,f(x)在(-∞,0)上递减. ∴f(x)的最小值为 f(0)=1. ∵函数 f(x)在区间(-∞,0)和(0,+∞)上均单调, ∴当 b>1 时曲线 y=f(x)与直线 y=b 有且仅有两个不同交点. 综上可知,b 的取值范围是(1,+∞). 思维升华 函数零点或函数图象交点问题的求解,一般利用导数研究函数的单调性、极值等

性质,并借助函数图象,根据零点或图象的交点情况,建立含参数的方程(或不等式)组求解, 实现形与数的和谐统一. 已知函数 f(x)=x3-3ax-1,a≠0. (1)求 f(x)的单调区间; (2)若 f(x)在 x=-1 处取得极值,直线 y=m 与 y=f(x)的图象有三个不同的交点,求 m 的取值 范围. 解 (1)f′(x)=3x2-3a=3(x2-a), 当 a<0 时,对 x∈R,有 f′(x)>0, ∴当 a<0 时,f(x)的单调增区间为(-∞,+∞). 当 a>0 时,由 f′(x)>0, 解得 x<- a或 x> a. 由 f′(x)<0,解得- a<x< a, ∴当 a>0 时,f(x)的单调增区间为(-∞,- a),( a,+∞),单调减区间为(- a, a). (2)∵f(x)在 x=-1 处取得极值, ∴f′(-1)=3×(-1)2-3a=0,

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∴a=1. ∴f(x)=x3-3x-1, f′(x)=3x2-3, 由 f′(x)=0,解得 x1=-1,x2=1. 由(1)中 f(x)的单调性可知,f(x)在 x=-1 处取得极大值 f(-1)=1, 在 x=1 处取得极小值 f(1)=-3. ∵直线 y=m 与函数 y=f(x)的图象有三个不同的交点, 结合如图所示 f(x) 的图象可知: 实数 m 的取值范围是(-3,1). 题型三 生活中的优化问题 例 3 某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量 y(单位:千克)与销售价格 x(单 位:元/千克)满足关系式 y= a +10(x-6)2,其中 3<x<6,a 为常数.已知销售价格为 5 元/ x-3

千克时,每日可售出该商品 11 千克. (1)求 a 的值; (2)若该商品的成本为 3 元/千克,试确定销售价格 x 的值,使商场每日销售该商品所获得的利 润最大. 思维点拨 (1)由 x=5 时 y=11 求 a; (2)建立商场每日销售该商品所获利润和售价 x 的函数关系,利用导数求最值. a 解 (1)因为 x=5 时,y=11,所以 +10=11,a=2. 2 (2)由(1)可知,该商品每日的销售量为 2 y= +10(x-6)2. x-3 所以商场每日销售该商品所获得的利润为 2 f(x)=(x-3)[ +10(x-6)2] x-3 =2+10(x-3)(x-6)2,3<x<6. 从而,f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)] =30(x-4)(x-6). 于是,当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (3,4) + 单调递增 4 0 极大值 42 (4,6) - 单调递减

由上表可得,x=4 时,函数 f(x)在区间(3,6)内取得极大值,也是最大值.

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所以,当 x=4 时,函数 f(x)取得最大值,且最大值等于 42. 答 当销售价格为 4 元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大. 思维升华 在求实际问题中的最大值或最小值时,一般先设自变量、因变量、建立函数关系

式,并确定其定义域,利用求函数最值的方法求解,注意结果应与实际情况相符合.用导数 求实际问题中的最大(小)值,如果函数在区间内只有一个极值点,那么根据实际意义可知该极 值点就是最值点. 请你设计一个包装盒,如图所示,ABCD 是边长为 60 cm 的正方形硬纸片,切去 阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形,再沿虚线折起,使得 A,B,C,D 四个点重合 于图中的点 P,正好形成一个正四棱柱形状的包装盒,E,F 在 AB 上,是被切去的一个等腰 直角三角形斜边的两个端点,设 AE=FB=x(cm).

(1)某广告商要求包装盒的侧面积 S(cm2)最大,试问 x 取何值? (2)某厂商要求包装盒的容积 V(cm3)最大,试问 x 应取何值?并求出此时包装盒的高与底面边 长的比值. 解 设包装盒的高为 h cm,底面边长为 a cm. 60-2x 由已知得 a= 2x,h= = 2(30-x),0<x<30. 2 (1)S=4ah=8x(30-x)=-8(x-15)2+1 800, 所以当 x=15 时,S 取得最大值. (2)V=a2h=2 2(-x3+30x2),V′=6 2x(20-x). 由 V′=0,得 x=0(舍)或 x=20. 当 x∈(0,20)时,V′>0;当 x∈(20,30)时,V′<0. 所以当 x=20 时,V 取得极大值,也是最大值. h 1 1 此时 = .即包装盒的高与底面边长的比值为 . a 2 2

一审条件挖隐含 a 典例:(12 分)设 f(x)= +xln x,g(x)=x3-x2-3. x (1)如果存在 x1,x2∈[0,2]使得 g(x1)-g(x2)≥M 成立,求满足上述条件的最大整数 M.

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1 (2)如果对于任意的 s,t∈[ ,2],都有 f(s)≥g(t)成立,求实数 a 的取值范围. 2 审题路线图 (1)存在 x1,x2∈[0,2]使得 g(x1)-g(x2)≥M (正确理解“存在”的含义) [g(x1)-g(x2)]max≥M 挖掘[g(x1)-g(x2)]max 的隐含实质 g(x)max-g(x)min≥M

M 的最大整数值 1 (2)对任意 s,t∈[ ,2]都有 f(s)≥g(t) 2 (理解“任意”的含义) f(x)min≥g(x)max 求得 g(x)max=1 a +xln x≥1 恒成立 x 分离常数 a≥x-x2ln x 恒成立 求 h(x)=x-x2ln x 的最大值 a≥h(x)max=h(1)=1 a≥1 规范解答 解 (1)存在 x1,x2∈[0,2]使得 g(x1)-g(x2)≥M 成立,等价于[g(x1)-g(x2)]max≥M.[2 分] 2 由 g(x)=x3-x2-3,得 g′(x)=3x2-2x=3x(x- ). 3 2 令 g′(x)>0 得 x<0,或 x> , 3 2 2 2 又 x∈[0,2],所以 g(x)在区间[0, ]上单调递减,在区间[ ,2]上单调递增,所以 g(x)min=g( ) 3 3 3 85 =- , 27 g(x)max=g(2)=1. 故[g(x1)-g(x2)]max=g(x)max-g(x)min= 则满足条件的最大整数 M=4.[5 分] 112 ≥M, 27

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1 1 (2)对于任意的 s, t∈[ , 2], 都有 f(s)≥g(t)成立, 等价于在区间[ , 2]上, 函数 f(x)min≥g(x)max.[7 2 2 分] 1 由(1)可知在区间[ ,2]上,g(x)的最大值为 g(2)=1. 2 1 a 在区间[ ,2]上,f(x)= +xln x≥1 恒成立等价于 a≥x-x2ln x 恒成立. 2 x 1 设 h(x)=x-x2ln x,h′(x)=1-2xln x-x,可知 h′(x)在区间[ ,2]上是减函数,又 h′(1)=0, 2 1 所以当 1<x<2 时,h′(x)<0;当 <x<1 时,h′(x)>0.[10 分] 2 1 即函数 h(x)=x-x2ln x 在区间( ,1)上单调递增,在区间(1,2)上单调递减,所以 h(x)max=h(1) 2 =1, 所以 a≥1,即实数 a 的取值范围是[1,+∞).[12 分] 温馨提醒 (1)“恒成立”、“存在性”问题一定要正确理解问题实质,深刻挖掘条件内含,

进行等价转化.(2)构造函数是求范围问题中的一种常用方法,解题过程中尽量采用分离常数 的方法,转化为求函数的值域问题.

方法与技巧 1.利用导数解决含有参数的单调性问题是将问题转化为不等式恒成立问题,要注意分类讨论 和数形结合思想的应用. 2.在讨论方程的根的个数、研究函数图象与 x 轴(或某直线)的交点个数、不等式恒成立等问 题时,常常需要求出其中参数的取值范围,这类问题的实质就是函数的单调性与函数的极(最) 值的应用. 3.在实际问题中,如果函数在区间内只有一个极值点,那么只要根据实际意义判定是最大值 还是最小值即可,不必再与端点的函数值比较. 失误与防范 1.函数 f(x)在某个区间内单调递增,则 f′(x)≥0 而不是 f′(x)>0,(f′(x)=0 在有限个点处取 到). 2.利用导数解决实际生活中的优化问题,要注意问题的实际意义.

A 组 专项基础训练
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(时间:45 分钟) 1.设函数 f(x)在 R 上可导,其导函数为 f′(x),且函数 f(x)在 x=-2 处取得极小值,则函数 y =xf′(x)的图象可能是( )

答案 C 解析 由函数 f(x)在 x=-2 处取得极小值, 可得 f′(-2)=0, 且当 x∈(a, -2)(a<-2)时,f(x) 单调递减,即 f′(x)<0;当 x∈(-2,b)(b>-2)时,f(x)单调递增,即 f′(x)>0. 所以函数 y=xf′(x)在区间(a,-2)(a<-2)内的函数值为正,在区间(-2,b)(-2<b<0)内的函 数值为负,由此可排除选项 A,B,D. 2. (2014· 课标全国Ⅱ)若函数 f(x)=kx-ln x 在区间(1, +∞)单调递增, 则 k 的取值范围是( A.(-∞,-2] C.[2,+∞) 答案 D 1 1 解析 由于 f′(x)=k- ,f(x)=kx-ln x 在区间(1,+∞)单调递增?f′(x)=k- ≥0 在(1,+ x x ∞)上恒成立. 1 1 由于 k≥ ,而 0< <1,所以 k≥1.即 k 的取值范围为[1,+∞). x x 3.已知函数 f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1 有极大值和极小值,则实数 a 的取值范围是( A.(-1,2) C.(-3,6) 答案 B 解析 ∵f′(x)=3x2+2ax+(a+6), 由已知可得 f′(x)=0 有两个不相等的实根. ∴Δ=4a2-4×3(a+6)>0,即 a2-3a-18>0. ∴a>6 或 a<-3. 4.若函数 f(x)= A. 3 3 x 3 (a>0)在[1,+∞)上的最大值为 ,则 a 的值为( 3 x +a
2

)

B.(-∞,-1] D.[1,+∞)

)

B.(-∞,-3)∪(6,+∞) D.(-∞,-1)∪(2,+∞)

)

B. 3 C. 3+1 D. 3-1

答案 D x2+a-2x2 a-x2 解析 f′(x)= 2 = 2 , ?x +a?2 ?x +a?2 若 a>1,
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当 x> a时,f′(x)<0,f(x)单调递减, 当 1<x< a时,f′(x)>0,f(x)单调递增, 当 x= a时,令 f(x)= a 3 3 = , a= <1,不合题意. 2a 3 2

若 0<a≤1,则 f′(x)≤0,f(x)在[1,+∞)上单调递减, ∴f(x)max=f(1)= 1 3 = ,a= 3-1,故选 D. 1+a 3
3

5.设函数 ht(x)=3tx- 2 t 2 ,若有且仅有一个正实数 x0,使得 h7(x0)≥ht(x0)对任意的正数 t 都 成立,则 x0 等于( A.5 C.3 答案 D 解析 ∵h7(x0)≥ht(x0)对任意的正数 t 都成立, ∴h7(x0)≥ht(x0)max.记 g(t)=ht(x0)=3tx0- 2 t ,则 g′(t)=3x0- 3 t ,令 g′(t)=0,得 t=x2 0,
3 3 易得 ht(x0)max=g(x2 0)=x0,∴21x0-14 7≥x0,将选项代入检验可知选 D.
3 2 1 2

) B. 5 D. 7

1 6.已知 y=f(x)是奇函数,当 x∈(0,2)时,f(x)=ln x-ax(a> ),当 x∈(-2,0)时,f(x)的最小值 2 为 1,则 a=________. 答案 1 解析 ∵f(x)是奇函数,且当 x∈(-2,0)时,f(x)的最小值为 1,∴f(x)在(0,2)上的最大值为-1. 1 1 1 1 1 当 x∈(0,2)时,f′(x)= -a,令 f′(x)=0 得 x= ,又 a> ,∴0< <2.当 x< 时,f′(x)>0,f(x) x a 2 a a 1 1 1 1 1 1 在(0, )上单调递增;当 x> 时,f′(x)<0,f(x)在( ,2)上单调递减,∴f(x)max=f( )=ln -a· a a a a a a =-1,解得 a=1. 7.已知函数 y=x3-3x+c 的图象与 x 轴恰有两个公共点,则 c=________. 答案 -2 或 2 解析 设 f(x)=x3-3x+c,对 f(x)求导可得, f′(x)=3x2-3, 令 f′(x)=0,可得 x=± 1, 易知 f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递增,在(-1,1)上单调递减. 由题意知,f(1)=0 或 f(-1)=0, 若 f(1)=1-3+c=0,可得 c=2; 若 f(-1)=-1+3+c=0,可得 c=-2. 8.设函数 f(x)=kx3-3x+1(x∈R),若对于任意 x∈[-1,1],都有 f(x)≥0 成立,则实数 k 的值
- 11 -

为________. 答案 4 解析 若 x=0,则不论 k 取何值,f(x)≥0 都成立; 当 x>0,即 x∈(0,1]时, 3 1 f(x)=kx3-3x+1≥0 可化为 k≥ 2- 3. x x 3?1-2x? 3 1 设 g(x)= 2- 3,则 g′(x)= , x x x4 1 所以 g(x)在区间(0, ]上单调递增, 2 1 在区间[ ,1]上单调递减, 2 1 因此 g(x)max=g( )=4,从而 k≥4; 2 当 x<0 即 x∈[-1,0)时, 3 1 f(x)=kx3-3x+1≥0 可化为 k≤ 2- 3, x x 3 1 g(x)= 2- 3在区间[-1,0)上单调递增, x x 因此 g(x)min=g(-1)=4,从而 k≤4,综上 k=4. 9.设 a 为实数,函数 f(x)=ex-2x+2a,x∈R. (1)求 f(x)的单调区间与极值; (2)求证:当 a>ln 2-1 且 x>0 时,ex>x2-2ax+1. (1)解 由 f(x)=ex-2x+2a,x∈R 知 f′(x)=ex-2,x∈R. 令 f′(x)=0,得 x=ln 2. 于是当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (-∞,ln 2) - 单调递减 ln 2 0 2-2ln 2+2a (ln 2,+∞) + 单调递增

故 f(x)的单调递减区间是(-∞,ln 2), 单调递增区间是(ln 2,+∞), f(x)在 x=ln 2 处取得极小值, 极小值为 f(ln 2)=eln 2-2ln 2+2a=2-2ln 2+2a. (2)证明 设 g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R, 于是 g′(x)=ex-2x+2a,x∈R. 由(1)知当 a>ln 2-1 时,

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g′(x)取最小值为 g′(ln 2)=2(1-ln 2+a)>0. 于是对任意 x∈R,都有 g′(x)>0, 所以 g(x)在 R 内单调递增. 于是当 a>ln 2-1 时,对任意 x∈(0,+∞), 都有 g(x)>g(0). 而 g(0)=0,从而对任意 x∈(0,+∞),都有 g(x)>0. 即 ex-x2+2ax-1>0,故 ex>x2-2ax+1. 10. 统计表明, 某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量 y(升)关于行驶速度 x(千米/小时) 的函数解析式可以表示为 y= 1 3 x3- x+8(0<x≤120).已知甲、乙两地相距 100 千米. 128 000 80

(1)当汽车以 40 千米/小时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地要耗油多少升? (2)当汽车以多大的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油最少?最少为多少升? 100 100 1 3 解 (1)当 x=40 时,汽车从甲地到乙地行驶了 小时,共耗油 ×( ×403- ×40 40 40 128 000 80 +8)=17.5(升). 因此,当汽车以 40 千米/小时的速度匀速行驶时, 从甲地到乙地要耗油 17.5 升. (2)当速度为 x 千米/小时时, 100 汽车从甲地到乙地行驶了 小时, x 设耗油量为 h(x)升, 1 3 100 依题意得 h(x)=( x3- x+8)· 128 000 80 x = 1 2 800 15 x + - (0<x≤120), 1 280 x 4

3 3 x 800 x -80 h′(x)= - 2 = (0<x≤120). 640 x 640x2

令 h′(x)=0,得 x=80. 当 x∈(0,80)时,h′(x)<0,h(x)是减函数; 当 x∈(80,120)时,h′(x)>0,h(x)是增函数, 所以当 x=80 时,h(x)取得极小值 h(80)=11.25. 易知 h(80)是 h(x)在(0,120]上的最小值. 故当汽车以 80 千米/小时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油最少,为 11.25 升. B 组 专项能力提升 (时间:30 分钟) 11.(2014· 辽宁)当 x∈[-2,1]时,不等式 ax3-x2+4x+3≥0 恒成立,则实数 a 的取值范围是 ( )
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A.[-5,-3] C.[-6,-2] 答案 C

9 B.[-6,- ] 8 D.[-4,-3]

解析 当 x=0 时,ax3-x2+4x+3≥0 变为 3≥0 恒成立,即 a∈R. x2-4x-3 当 x∈(0,1]时,ax ≥x -4x-3,a≥ , x3
3 2

∴a≥?

x2-4x-3? x3 ? ?max.

x2-4x-3 设 φ(x)= , x3 ?2x-4?x3-?x2-4x-3?3x2 φ′(x)= x6 x2-8x-9 ?x-9??x+1? =- =- >0, x4 x4 ∴φ(x)在(0,1]上递增,φ(x)max=φ(1)=-6, ∴a≥-6. x2-4x-3 当 x∈[-2,0)时,a≤ , x3 ∴a≤? x2-4x-3? x3 ? ?min.

x2-4x-3 ?x-9??x+1? 仍设 φ(x)= ,φ′(x)=- . 3 x x4 当 x∈[-2,-1)时,φ′(x)<0, 当 x∈(-1,0)时,φ′(x)>0. ∴当 x=-1 时,φ(x)有极小值,即为最小值. 而 φ(x)min=φ(-1)= 1+4-3 =-2,∴a≤-2. -1

综上知-6≤a≤-2. 12.设函数 f(x)=ln x-ax,g(x)=ex-ax,其中 a 为常数.若 f(x)在(1,+∞)上是减函数,且 g(x)在(1,+∞)上有最小值,则 a 的取值范围是( A.(e,+∞) C.(1,+∞) 答案 A 1 解析 f′(x)= -a, g′(x)=ex-a, 由题意得, 当 x∈(1, +∞)时 f′(x)≤0 恒成立, 即 x∈(1, x 1 +∞)时 a≥ 恒成立,则 a≥1.因为 g′(x)=ex-a 在(1,+∞)上单调递增,所以 g′(x)>g′(1) x B.[e,+∞) D.[1,+∞) )

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=e-a.又 g(x)在(1,+∞)上有最小值,则必有 e-a<0,即 a>e. 综上,a 的取值范围是(e,+∞). 13.已知 f(x)=xex,g(x)=-(x+1)2+a,若?x1,x2∈R,使得 f(x2)≤g(x1)成立,则实数 a 的 取值范围是____________. 1 答案 [- ,+∞) e 解析 f′(x)=ex+xex=ex(1+x) 当 x>-1 时,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增; 当 x<-1 时,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减. 1 所以函数 f(x)的最小值为 f(-1)=- . e 而函数 g(x)的最大值为 a,则由题意, 1 1 可得- ≤a 即 a≥- . e e 14.设函数 f(x)=a2ln x-x2+ax,a>0. (1)求 f(x)的单调区间; (2)求所有的实数 a,使 e-1≤f(x)≤e2 对 x∈[1,e]恒成立. 解 (1)因为 f(x)=a2ln x-x2+ax,其中 x>0, ?x-a??2x+a? a2 所以 f′(x)= -2x+a=- . x x 由于 a>0, 所以 f(x)的增区间为(0,a),减区间为(a,+∞). (2)由题意得 f(1)=a-1≥e-1,即 a≥e. 由(1)知 f(x)在[1,e]内单调递增, 要使 e-1≤f(x)≤e2 对 x∈[1,e]恒成立.
? ?f?1?=a-1≥e-1, 只要? 2 2 2 ?f?e?=a -e +ae≤e , ?

解得 a=e. ln x 15.已知 f(x)=ax-ln x,x∈(0,e],g(x)= ,其中 e 是自然对数的底数,a∈R. x (1)讨论 a=1 时,函数 f(x)的单调性和极值; 1 (2)求证:在(1)的条件下,f(x)>g(x)+ ; 2 (3)是否存在正实数 a,使 f(x)的最小值是 3?若存在,求出 a 的值;若不存在,请说明理由. 1 (1)解 ∵a=1,∴f(x)=x-ln x,f′(x)=1- x

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x-1 , x

∴当 0<x<1 时,f′(x)<0,此时 f(x)单调递减; 当 1<x≤e 时,f′(x)>0,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. 1-ln x 又 g′(x)= , x2 ∴当 0<x<e 时,g′(x)>0,g(x)在(0,e]上单调递增. 1 1 ∴[g(x)]max=g(e)= < , e 2 1 ∴[f(x)]min-[g(x)]max> , 2 1 ∴在(1)的条件下,f(x)>g(x)+ . 2 (3)解 假设存在正实数 a,使 f(x)=ax-ln x(x∈(0,e])有最小值 3, 1 ax-1 则 f′(x)=a- = . x x 1 1 ①当 0< <e 时,f(x)在(0, )上单调递减, a a 1 在( ,e]上单调递增, a 1 [f(x)]min=f( )=1+ln a=3,a=e2,满足条件; a 1 ②当 ≥e 时,f(x)在(0,e]上单调递减, a [f(x)]min=f(e)=ae-1=3, 4 a= (舍去),所以,此时 f(x)无最小值. e 综上,存在实数 a=e2, 使得当 x∈(0,e]时 f(x)有最小值 3.

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