江苏专用2022高考数学二轮复习专题一第5讲导数与实际应用及不等式问题提升训练理

第5讲　导数与实际应用及不等式问题一、填空题1．已知函数f(x)＝x3－2x2＋3m，x∈[0，＋∞)，若f(x)＋5≥0恒成立，则实数m的取值范围是________．解析　f′(x)＝x2－4x，由f′(x)＞0，得x＞4或x＜0.∴f(x)在(0，4)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增，∴当x∈[0，＋∞)时，f(x)min＝f(4)．∴要使f(x)＋5≥0恒成立，只需f(4)＋5≥0恒成立即可，代入解之得m≥.答案　2．若存在正数x使2x(x－a)＜1成立，则a的取值范围是________．解析　∵2x(x－a)＜1，∴a＞x－.令f(x)＝x－，∴f′(x)＝1＋2－xln2＞0.∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)＞f(0)＝0－1＝－1，∴a的取值范围为(－1，＋∞)．答案　(－1，＋∞)3．(2022·江苏卷)已知函数f(x)＝x2＋mx－1，若对于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)＜0成立，则实数m的取值范围是________．解析　作出二次函数f(x)的图象，对于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)＜0，则有即解得－＜m＜0.答案　4．(2022·南师附中调研)已知函数f(x)＝x3－x2－3x＋，直线l：9x＋2y＋c＝0，若当x∈[－2，2]时，函数y＝f(x)的图象恒在直线l下方，则c的取值范围是________．7\n解析　根据题意知x3－x2－3x＋＜－x－在x∈[－2，2]上恒成立，则－＞x3－x2＋x＋，设g(x)＝x3－x2＋x＋，则g′(x)＝x2－2x＋，则g′(x)＞0恒成立，所以g(x)在[－2，2]上单调递增，所以g(x)max＝g(2)＝3，则c＜－6.答案　(－∞，－6)5．如图，某飞器在4千米高空水平飞行，从距着陆点A的水平距离10千米处开始下降，已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为______________．解析　设所求解析式为y＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，∵函数图象过(0，0)点，∴d＝0.又图象过(－5，2)，(5，－2)，∴函数为奇函数．∴b＝0，代入可得－125a－5c＝2，①又y′＝3ax2＋c，当x＝－5时，y′＝75a＋c＝0，②由①②得a＝，c＝，∴函数解析式为y＝x3－x.答案　y＝x3－x6．(2022·全国Ⅱ卷改编)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是________．解析　因为f(x)(x∈R)为奇函数，f(－1)＝0，所以f(1)＝－f(－1)＝0.当x≠0时，令g(x)＝，则g(x)为偶函数，且g(1)＝g(－1)＝0.则当x＞0时，g′(x)＝7\n′＝＜0，故g(x)在(0，＋∞)上为减函数，在(－∞，0)上为增函数．所以在(0，＋∞)上，当0＜x＜1时，g(x)＞g(1)＝0⇔＞0⇔f(x)＞0；在(－∞，0)上，当x＜－1时，g(x)＜g(－1)＝0⇔＜0⇔f(x)＞0.综上，得使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)．答案　(－∞，－1)∪(0，1)7．(2022·苏、锡、常、镇模拟)设函数f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若对于任意x∈[－1，1]，都有f(x)≥0成立，则实数a的值为________．解析　若x＝0，则不论a取何值，f(x)≥0显然成立；当x＞0时，即x∈(0，1]时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化为a≥－.令g(x)＝－，则g′(x)＝，所以g(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．因此g(x)max＝g＝4，从而a≥4.当x＜0时，即x∈[－1，0)时，同理a≤－.g(x)在区间[－1，0)上单调递增，所以g(x)min＝g(－1)＝4，从而a≤4，综上可知a＝4.答案　48．(2022·青岛模拟)已知函数f(x)＝x－，g(x)＝x2－2ax＋4，若对于任意x1∈[0，1]，存在x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是________．解析　由于f′(x)＝1＋＞0，因此函数f(x)在[0，1]上单调递增，所以x∈[0，1]时，f(x)min＝f(0)＝－1.根据题意可知存在x∈[1，2]，使得g(x)＝x2－2ax＋4≤－1，即x2－2ax＋5≤0，即a≥＋能成立，令h(x)＝＋，则要使a≥h(x)在x∈[1，2]能成立，只需使a≥h(x)min，又函数h(x)＝＋在x7\n∈[1，2]上单调递减，所以h(x)min＝h(2)＝，故只需a≥.答案　二、解答题9．(2022·天津卷改编)已知函数f(x)＝nx－xn，x∈R，其中n∈N*，n≥2.(1)讨论f(x)的单调性；(2)设曲线y＝f(x)与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为y＝g(x)，求证：对于任意的正实数x，都有f(x)≤g(x)．(1)解　由f(x)＝nx－xn，可得f′(x)＝n－nxn－1＝n(1－xn－1)．其中n∈N*，且n≥2，下面分两种情况讨论：①当n为奇数时．令f′(x)＝0，解得x＝1，或x＝－1.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－1)－1(－1，1)1(1，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)↘极小值↗极大值↘所以，f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递减，在(－1，1)内单调递增．②当n为偶数时．当f′(x)＞0，即x＜1时，函数f(x)单调递增；当f′(x)＜0，即x＞1时，函数f(x)单调递减；所以，f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明　设点P的坐标为(x0，0)，则x0＝n，f′(x0)＝n－n2.曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)，即g(x)＝f′(x0)(x－x0)．令F(x)＝f(x)－g(x)，即F(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)，则F′(x)＝f′(x)－f′(x0)．由于f′(x)＝－nxn－1＋n在(0，＋∞)上单调递减，故F′(x)在(0，＋∞)上单调递减，又因为F′(x0)＝0，所以当x∈(0，x0)时，F′(x)＞0，当x∈(x0，＋∞)时，F′(x)＜0，7\n所以F(x)在(0，x0)内单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，所以对于任意的正实数x，都有F(x)≤F(x0)＝0，即对于任意的正实数x，都有f(x)≤g(x)．10．(2022·苏州调研)根据统计资料，某工艺品厂的日产量最多不超过20件，每日产品废品率p与日产量x(件)之间近似地满足关系式p＝(日产品废品率＝×100%)已知每生产一件正品可赢利2千元，而生产一件废品则亏损1千元(该车间的日利润y＝日正品赢利额－日废品亏损额)．(1)将该车间日利润y(千元)表示为日产量x(件)的函数；(2)当该车间的日产量为多少件时，日利润最大？最大日利润是几千元？解　(1)由题意可知y＝2x(1－p)－px＝(2)考虑函数f(x)＝当1≤x≤9时，f′(x)＝2－，令f′(x)＝0，得x＝15－3.当1≤x＜15－3时，f′(x)＞0，函数f(x)在[1，15－3)上单调递增；当15－3＜x≤9时，f′(x)＜0，函数f(x)在(15－3，9]上单调递减．所以当x＝15－3时，f(x)取得极大值，也是最大值，又x是整数，f(8)＝，f(9)＝9，7\n所以当x＝8时，f(x)有最大值.当10≤x≤20时，f′(x)＝－＝≤0，所以函数f(x)在[10，20]上单调递减，所以当x＝10时，f(x)取得极大值，也是最大值．由于＞，所以当该车间的日产量为10件时，日利润最大．故当该车间的日产量为10件时，日利润最大，最大日利润是千元．11．已知函数f(x)＝(m，n∈R)在x＝1处取得极值2.(1)求函数f(x)的解析式；(2)设函数g(x)＝lnx＋，若对任意的x1∈R，总存在x2∈[1，e]，使得g(x2)≤f(x1)＋，求实数a的取值范围．解　(1)f′(x)＝＝＝，由于f(x)在x＝1处取得极值2，故f′(1)＝0，f(1)＝2，即解得经检验，此时f(x)在x＝1处取得极值．故f(x)＝.(2)由(1)知f(x)的定义域为R，且f(－x)＝－f(x)．故f(x)为奇函数，f(0)＝0.当x＞0时，f(x)＞0，f(x)＝≤2，当且仅当x＝1时取“＝”．故f(x)的值域为[－2，2]，7\n从而f(x1)＋≥.依题意有g(x)min≤，x∈[1，e]，g′(x)＝－＝，①当a≤1时，g′(x)≥0，函数g(x)在[1，e]上单调递增，其最小值为g(1)＝a≤1＜，符合题意；②当1＜a＜e时，函数g(x)在[1，a]上单调递减，在[a，e]上单调递增，所以函数g(x)的最小值为g(a)＝lna＋1.由lna＋1≤，得0＜a≤，从而知当1＜a≤时，符合题意；③当a≥e时，显然函数g(x)在[1，e]上单调递减，其最小值为g(e)＝1＋≥2＞，不符合题意．综上所述，a的取值范围为(－∞，]．7