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2014版高考数学(理科)二轮复习导数的综合应用

时间:2014-01-15


导数的综合应用
(推荐时间:70 分钟) 9 1. 设函数 f(x)=x3- x2+6x-a. 2 (1)对于任意实数 x,f′(x)≥m 恒成立,求 m 的最大值; (2)若方程 f(x)=0 有且仅有一个实根,求 a 的取值范围. 解 (1)f′(x)=3x2-9x+6,

因为 x∈(-∞,+∞),f′(x)≥m, 即 3x2-9x+(6-m)

≥0 恒成立, 3 所以 Δ=81-12(6-m)≤0,解得 m≤- , 4 3 即 m 的最大值为- . 4 (2)因为当 x<1 时,f′(x)>0;当 1<x<2 时,f′(x)<0; 当 x>2 时,f′(x)>0. 5 所以当 x=1 时,f(x)取极大值 f(1)= -a; 2 当 x=2 时,f(x)取极小值,f(2)=2-a, 故当 f(2)>0 或 f(1)<0 时,f(x)=0 仅有一个实根. 5 解得 a<2 或 a> . 2 2. 已知 x=1 是函数 f(x)=(ax-2)ex(a∈R)的一个极值点. (1)求 a 的值; (2)当 x1,x2∈[0,2]时,证明:f(x1)-f(x2)≤e. (1)解 f′(x)=(ax+a-2)ex,

由已知得 f′(1)=0,解得 a=1. 当 a=1 时,f(x)=(x-2)ex 在 x=1 处取得极小值. 所以 a=1. (2)证明 由(1)知,f(x)=(x-2)ex,f′(x)=(x-1)ex, 当 x∈[0,1]时,f′(x)=(x-1)ex≤0, f(x)在区间[0,1]上单调递减; 当 x∈(1,2]时,f′(x)=(x-1)ex>0, f(x)在区间(1,2]上单调递增, 所以在区间[0,2]上,f(x)的最小值为 f(1)=-e.

又 f(0)=-2,f(2)=0, 所以在区间[0,2]上,f(x)的最大值为 f(2)=0, 对于 x1,x2∈[0,2],有 f(x1)-f(x2)≤f(x)max-f(x)min, 所以 f(x1)-f(x2)≤0-(-e)=e. 3. 已知函数 f(x)=xln x. (1)求函数 f(x)的极值; (2)设函数 g(x)=f(x)-k(x-1),其中 k∈R,求函数 g(x)在区间[1,e]上的最大值. 解 (1)f′(x)=ln x+1(x>0).

1 - 令 f′(x)≥0,得 ln x≥-1=ln e 1,x≥ ; e 1 0, ?. 令 f′(x)≤0,得 x∈? ? e? 1 ? 所以 f(x)的单调递增区间是? ?e,+∞?, 1 0, ?, 单调递减区间是? ? e? 1? 1 f(x)的极小值为 f? =- . e ? ? e f(x)无极大值. (2)g(x)=xln x-k(x-1),则 g′(x)=ln x+1-k, 由 g′(x)=0,得 x=ek 1,


所以,在区间(0,ek 1)上,g(x)为递减函数,


在区间(ek 1,+∞)上,g(x)为递增函数.


当 ek 1≤1,即 k≤1 时,在区间[1,e]上,g(x)为递增函数,


所以,g(x)的最大值为 g(e)=e-ke+k; 当 1<ek 1<e,即 1<k<2 时,


g(x)的最大值是 g(1)或 g(e), e 由 g(1)=g(e),得 k= , e-1 当 1<k< e 时,g(e)=e-ek+k>0=g(1), e-1

g(x)最大值为 g(e)=e-ke+k, 当 e ≤k<2 时,g(e)=e-ek+k<0=g(1), e-1

g(x)最大值为 g(1)=0; 当 ek 1≥e,即 k≥2 时,在区间[1,e]上,g(x)为递减函数,


所以 g(x)最大值为 g(1)=0.

e 综上,当 k< 时,g(x)最大值为 e-ke+k; e-1 e 当 k≥ 时,g(x)的最大值为 0. e-1 4. 某网店专卖当地某种特产,由以往的经验表明,不考虑其他因素,该特产每日的销售量 y(单位:千克)与销售价格 x(单位:元/千克,1<x≤5)满足:当 1<x≤3 时,y=a(x-3)2 + b (a,b 为常数);当 3<x≤5 时,y=-70x+490,已知当销售价格为 2 元/千克时, x-1

每日可售出该特产 700 千克; 当销售价格为 3 元/千克时, 每日可售出该特产 150 千克. (1)求 a,b 的值,并确定 y 关于 x 的函数解析式; (2)若该特产的销售成本为 1 元/千克,试确定销售价格 x 的值,使店铺每日销售该特产 所获利润 f(x)最大(x 精确到 0.01 元/千克). 解 (1)因为 x=2 时,y=700;x=3 时,y=150,

a+b=700 ? ? 所以?b ,解得 a=400,b=300. =150 ? ?2 300 ? ?400?x-3?2+x-1 ?1<x≤3? 每日的销售量 y=? . ? ?-70x+490 ?3<x≤5? (2)由(1)知,当 1<x≤3 时, 300 2 每日销售利润 f(x)=?400?x-3? +x-1?(x-1) ? ? =400(x-3)2(x-1)+300 =400(x3-7x2+15x-9)+300(1<x≤3) f′(x)=400(3x2-14x+15). 5 当 x= ,或 x=3 时 f′(x)=0; 3 5? 当 x∈? ?1,3?时,f′(x)>0,f(x)单调递增; 5 ? 当 x∈? ?3,3?时,f′(x)<0,f(x)单调递减. 5 ∴x= 是函数 f(x)在(1,3]上的唯一极大值点, 3 5? 32 f? ?3?=400×27+300>700; 当 3<x≤5 时,每日销售利润 f(x)=(-70x+490)(x-1)=-70(x2-8x+7) 5? f(x)在 x=4 时有最大值,且 f(4)=630<f? ?3?.

5 综上,销售价格 x= ≈1.67 元/千克时,每日利润最大. 3 5. 已知函数 f(x)=ln(ex+a+1)(a 为常数)是实数集 R 上的奇函数,函数 g(x)=λf(x)+sin x 在区间[-1,1]上是减函数. (1)求实数 a 的值; (2)若 g(x)≤λt-1 在 x∈[-1,1]上恒成立,求实数 t 的最大值; ln x (3)若关于 x 的方程 =x2-2ex+m 有且只有一个实数根,求 m 的值. f?x? 解 (1)∵f(x)=ln(ex+a+1)是实数集 R 上的奇函数,

∴f(0)=0,即 ln(e0+a+1)=0?2+a=1?a=-1, 将 a=-1 代入 f(x)=ln ex=x,显然为奇函数. (2)由(1)知 g(x)=λf(x)+sin x=λx+sin x, ∴g′(x)=λ+cos x,x∈[-1,1], ∴要使 g(x)是区间[-1,1]上的减函数, 则有 g′(x)≤0 在 x∈[-1,1]上恒成立, ∴λ≤(-cos x)min,∴λ≤-1. 要使 g(x)≤λt-1 在 x∈[-1,1]上恒成立, 只需 g(x)max=g(-1)=-λ-sin 1≤λt-1 在 λ≤-1 时恒成立即可. ∴(t+1)λ+sin 1-1≥0(其中 λ≤-1)恒成立即可. 令 h(λ)=(t+1)λ+sin 1-1(λ≤-1),
?t+1≤0, ?t+1≤0, ? ? 则? 即? ?h?-1?≥0, ?-t-2+sin 1≥0, ? ?

∴t≤sin 1-2, ∴实数 t 的最大值为 sin 1-2. ln x (3)由(1)知方程 =x2-2ex+m, f?x? 即 ln x 2 =x -2ex+m, x

ln x 令 f1(x)= ,f2(x)=x2-2ex+m, x 1-ln x ∵f′1(x)= x2 当 x∈(0,e]时,f′1(x)≥0, ∴f1(x)在(0,e]上为增函数; 当 x∈[e,+∞)时,f′1(x)≤0, ∴f1(x)在[e,+∞)上为减函数;

1 当 x=e 时,f1(x)max= . e 而 f2(x)=x2-2ex+m=(x-e)2+m-e2. ∴当 x=e 时,f2(x)min=m-e2. 1 1 只有当 m-e2= ,即 m=e2+ 时, e e 方程有且只有一个实数根. 6. 已知函数 f(x)=ax-1-ln x(a∈R). (1)讨论函数 f(x)的单调性; (2)若函数 f(x)在 x=1 处取得极值,不等式 f(x)≥bx-2 对?x∈(0,+∞)恒成立,求实 数 b 的取值范围; (3)当 x>y>e-1 时,证明不等式 exln(1+y)>eyln(1+x). (1)解 1 ax-1 f′(x)=a- = (x>0). x x

当 a≤0 时,ax-1<0,从而 f′(x)<0, 函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减; 1 当 a>0 时,若 0<x< ,则 ax-1<0,从而 f′(x)<0, a 1 若 x> ,则 ax-1>0,从而 f′(x)>0, a 1? ?1 ? 函数在? ?0,a?上单调递减,在?a,+∞?上单调递增. (2)解 1 1 根据(1)函数的极值点是 x= ,若 =1,则 a=1. a a

所以 f(x)≥bx-2,即 x-1-ln x≥bx-2, 1 ln x 由于 x>0,即 b≤1+ - . x x 1 ln x 1 1-ln x ln x-2 令 g(x)= - ,则 g′(x)=- 2- = , x x x x2 x2 可知 x=e2 为函数 g(x)在(0,+∞)内唯一的极小值点,也是最小值点,故 g(x)min=g(e2) 1 =- 2, e 1 ln x 1 所以 1+ - 的最小值是 1- 2, x x e 1 故只要 b≤1- 2即可, e 1? 故 b 的取值范围是? ?-∞,1-e2?. ex 1 ey 1 (3)证明 不等式 exln(1+y)>eyln(1+x)? > . ln?x+1? ln?y+1?
+ +

ex 构造函数 h(x)= , ln x 1 1 exln x- ex ex?ln x- ? x x? ? 则 h′(x)= = , ln2x ln2x 可知函数在(e,+∞)上 h′(x)>0, 即函数 h(x)在(e,+∞)上单调递增,由于 x>y>e-1, ex 1 ey 1 所以 x+1>y+1>e,所以 > , ln?x+1? ln?y+1?
+ +

所以 exln(1+y)>eyln(1+x).


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