【高考领航】2022高考数学总复习 2-12 导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例练习 苏教版

【高考领航】2022高考数学总复习2-12导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例练习苏教版【A组】一、填空题1．已知某生产厂家的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：万件)的函数关系式为y＝－x3＋81x－234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为________．解析：∵y＝－x3＋81x－234，∴y′＝－x2＋81(x>0)．令y′＝0得x＝9，令y′<0得x>9，令y′>0得0<x<9，∴函数在(0,9)上单调递增，在(9，＋∞)上单调递减，∴当x＝9时，函数取得最大值．答案：9万件2．(2022·江苏溧水中学模拟)已知f(x)＝x＋cosx(x∈R)，则不等式f(ex－1)>f(0)的解集为________．解析：f(x)＝x＋cosx，f′(x)＝1－sinx≥0，∴f(x)(x∈R)是增函数．若f(ex－1)>f(0)，则ex－1>0，ex>1，即x>0.∴解集为(0，＋∞)．答案：(0，＋∞)3．(2022·高考福建卷)若a＞0，b＞0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于________．解析：函数的导数为f′(x)＝12x2－2ax－2b，由函数f(x)在x＝1处有极值，可知函数f(x)在x＝1处的导数值为零，12－2a－2b＝0，所以a＋b＝6，由题意知a，b都是正实数，所以ab≤2＝2＝9，当且仅当a＝b＝3时取到等号．答案：97\n4．(2022·高考浙江卷)设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．若x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，则下列图象不可能为y＝f(x)的图象是________．解析：设h(x)＝f(x)ex，则h′(x)＝(2ax＋b)ex＋(ax2＋bx＋c)ex＝(ax2＋2ax＋bx＋b＋c)ex.由x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，当x＝－1时，ax2＋2ax＋bx＋b＋c＝c－a＝0，∴c＝a.∴f(x)＝ax2＋bx＋a.若方程ax2＋bx＋a＝0有两根x1，x2，则x1x2＝＝1，④中图象一定不满足该条件．答案：④5．函数f(x)＝2x4－3x2＋1在区间上的最大值和最小值分别是________．解析：令f′(x)＝8x3－6x＝0，得x＝0或x＝±，x＝0及x＝－不合题意，舍去．∵f＝2×－3×＋1＝－，f＝，f(2)＝21.∴原函数的最大值为f(2)＝21，最小值为f＝－.答案：21，－6．若f(x)＝x3＋3ax2＋3(a＋2)x＋1有极大值和极小值，则a的取值范围为________．解析：f′(x)＝3x2＋6ax＋3(a＋2)，由题意知f′(x)＝0有两个不等的实根，故Δ＝(6a)2－4×3×3(a＋2)>0，即a2－a－2>0，解得a>2或a<－1.答案：(－∞，－1)∪(2，＋∞)7．(2022·高考广东卷)函数f(x)＝x3－3x2＋1在x＝________处取得极小值．解析：由题意知f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0得x＝0或x＝2，由f′(x7\n)＞0得x＜0或x＞2，由f′(x)＜0得0＜x＜2.∴f(x)在x＝2处取得极小值．答案：2二、解答题8．(2022·高考江西卷)设f(x)＝x3＋mx2＋nx.(1)如果g(x)＝f′(x)－2x－3在x＝－2处取得最小值－5，求f(x)的解析式；(2)如果m＋n＜10(m，n∈N*)，f(x)的单调递减区间的长度是正整数，试求m和n的值．(注：区间(a，b)的长度为b－a)解：(1)由题得g(x)＝x2＋2(m－1)x＋(n－3)＝(x＋m－1)2＋(n－3)－(m－1)2，已知g(x)在x＝－2处取得最小值－5，所以即m＝3，n＝2，即得所要求的解析式为f(x)＝x3＋3x2＋2x.(2)因为f′(x)＝x2＋2mx＋n，且f(x)的单调递减区间的长度为正整数，故f′(x)＝0一定有两个不同的根，从而Δ＝4m2－4n＞0即m2＞n.不妨设为x1，x2，则|x2－x1|＝2为正整数．故m≥2时才可能有符合条件的m，n，当m＝2时，只有n＝3符合要求，当m＝3时，只有n＝5符合要求，当m≥4时，没有符合要求的n.综上所述，只有m＝2，n＝3或m＝3，n＝5满足上述要求．9．(2022·江苏省重点中学高三质量检测(三))已知二次函数f(x)的二次项系数为a，且不等式f(x)＞2x的解集为(－1,3)．(1)若函数g(x)＝xf(x)在区间内单调递减，求a的取值范围；(2)当a＝－1时，证明方程f(x)＝2x3－1仅有一个实数根．(3)当x∈[0,1]时，试讨论|f(x)＋(2a－1)x＋3a＋1|≤3成立的充要条件．解：(1)∵f(x)－2x>0的解集为(－1,3)，∴可设f(x)－2x＝a(x＋1)(x－3)，且a<0，因而f(x)＝a(x＋1)(x－3)＋2x＝ax2＋2(1－a)x－3a　　①g(x)＝xf(x)＝ax3＋2(1－a)x2－3ax，∵g(x)在区间内单调递减，7\n∴g′(x)＝3ax2＋4(1－a)x－3a在上的函数值非正，由于a<0，对称轴x＝>0，故只需g′＝＋a·(1－a)－3a≤0，注意到a<0，∴a2＋4(1－a)－9≥0，得a≤－1或a≥5(舍去)．故所求a的取值范围是(－∞，－1]．(2)证明：a＝－1时，方程f(x)＝2x3－1仅有一个实数根，即证方程2x3＋x2－4x－4＝0仅有一个实数根．令h(x)＝2x3＋x2－4x－4，由h′(x)＝6x2＋2x－4＝0，得x1＝－1，x2＝，易知h(x)在(－∞，－1)，上递增，在上递减，h(x)的极大值h(－1)＝－1<0，故函数h(x)的图象与x轴仅有一个交点，∴a＝－1时，方程f(x)＝2x3－1仅有一个实数根，得证．(3)设r(x)＝f(x)＋(2a－1)x＋3a＋1＝ax2＋x＋1，r(0)＝1，对称轴为x＝－，由题意，得或解出－5≤a＜0，故使|f(x)＋(2a－1)x＋3a＋1|≤3成立的充要条件是－5≤a＜0.【B组】一、填空题1．(2022·江苏淮安四校联考)挖一条隧道，截面下方为矩形，上方为半圆(如图)，如果截面积为20m2，当宽为________时，使截面周长最小．解析：如图所示，设半圆的半径为r，矩形的高为h，则截面积S＝2rh＋＝20，截面周长C＝2r＋2h＋πr＝2r＋＋πr＝2r＋－＋πr＝r＋.设C′(r)＝－，令C′(r)＝0，解得r＝2.故当r＝2时，周长C最小，即宽为4时，截面周长最小．7\n答案：42．(2022·泰州统考)已知函数f(x)＝＋lnx，若函数f(x)在[1，＋∞)上为增函数，则正实数a的取值范围为________．答案：[1，＋∞)3．(2022·苏北四市调研)已知函数f(x)＝mx3＋nx2的图象在点(－1,2)处的切线恰好与直线3x＋y＝0平行，若f(x)在区间[t，t＋1]上单调递减，则实数t的取值范围是________．答案：[－2，－1]4．(2022·黄冈模拟)已知函数f(x)＝ax3－3x＋1对x∈(0,1]总有f(x)≥0成立，则实数a的取值范围是________．答案：[4，＋∞)5．函数f(x)＝xe－x，x∈[0,4]的最大值是________．解析：f′(x)＝e－x－x·e－x＝e－x(1－x)，令f′(x)＝0，∴x＝1.又f(0)＝0，f(4)＝，f(1)＝e－1＝，∴f(1)为最大值．答案：6．函数f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)内有最小值，则a的取值范围为________．解析：∵y′＝3x2－3a，令y′＝0，可得：a＝x2.又∵x∈(0,1)，∴0<a<1.答案：(0,1)7．已知f(x)＝2x3－6x2＋3，对任意的x∈[－2,2]都有f(x)≤a，则a的取值范围为________．解析：由f′(x)＝6x2－12x＝0，得x＝0，或x＝2.又f(－2)＝－37，f(0)＝3，f(2)＝－5，∴f(x)max＝3，又f(x)≤a，∴a≥3.答案：[3，＋∞)二、解答题8．(2022·高考重庆卷)已知函数f(x)＝ax3＋bx＋c在点x＝2处取得极值c－16.(1)求a，b的值；(2)若f(x)有极大值28，求f(x)在[－3,3]上的最小值．解：(1)因为f(x)＝ax3＋bx＋c，故f′(x)＝3ax2＋b，7\n由于f(x)在点x＝2处取得极值c－16，故有即12a＋b＝0,8a＋2b＋c＝c－16，化简得解得(2)由(1)知f(x)＝x3－12x＋c；f′(x)＝3x2－12＝3(x－2)(x＋2)．令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝2.当x∈(－∞，－2)时，f′(x)＞0，故f(x)在(－∞，－2)上为增函数；当x∈(－2,2)时，f′(x)＜0，故f(x)在(－2,2)上为减函数；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，故f(x)在(2，＋∞)上为增函数．由此可知f(x)在x1＝－2处取得极大值f(－2)＝16＋c，f(x)在x1＝2处取得极小值f(2)＝c－16.由题设条件知16＋c＝28，解得c＝12.此时f(－3)＝9＋c＝21，f(3)＝－9＋c＝3，f(2)＝－16＋c＝－4，因此f(x)在[－3,3]上的最小值为f(2)＝－4.9．(2022·高考课标全国卷)设函数f(x)＝ex－ax－2.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a.若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．若a>0，则当x∈(－∞，lna)时，f′(x)<0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)>0，所以，f(x)在(－∞，lna)单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．(2)由于a＝1，所以(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1.故当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0等价于k<＋x　(x>0)①令g(x)＝＋x，则g′(x)＝＋1＝.由(1)知，函数h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上单调递增．而h(1)<0，h(2)>0，所以h(x)在(0，＋∞)存在唯一的零点，故g′(x)在(0，＋∞)存在唯一的零点．设此零点为α，则α∈(1,2)．7\n当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0.所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(α)．又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2,3)．由于①式等价于k<g(α)，故整数k的最大值为2.7