資源簡介

第1章　導數及其應用
1.3　導數在研究函數中的應用
1.3.3　三次函數的性質:單調區間和極值
基礎過關練
　　　　　　　　　　　　　　　　
題組一　三次函數的單調性
1.已知函數f(x)=x3+bx2+(b+2)x+3在R上單調遞增,則實數b的取值范圍是(　　)
A.(-1,2)
B.[-1,2]
C.(-∞,-1)∪(2,+∞)
D.(-∞,-2]∪[2,+∞)
2.(多選)下列圖象中,可以作為函數f(x)=x3+ax2+(a2-1)x+1(a∈R)的導函數f'(x)的圖象的是(　　)
A B
C D
3.已知函數f(x)=2x3-mx2+2(m>0)的單調遞減區間為(a,b),若b-a≤2,則m的最大值為(　　)
A.1 B.2 C.3 D.6
4.函數f(x)=x3-x2+ax-5在區間[-1,2]上不單調,則實數a的取值范圍是(　　)
A.(-∞,-3] B.(-3,1)
C.[1,+∞) D.(-∞,-3]∪[1,+∞)
5.設函數f(x)=x3-3ax2+b.
(1)若曲線y=f(x)在點(2,f(2))處與直線y=8相切,求a,b的值;
(2)討論函數f(x)的單調性.
6.已知函數f(x)=x3+ax2+(2a-3)x-1.
(1)若f(x)的單調遞減區間為(-1,1),求實數a的值;
(2)若f(x)在區間(-1,1)內單調遞減,求實數a的取值范圍.
題組二　三次函數的極值和最值
7.函數f(x)=x3-3x(-1A.有最大(小)值,但無極值
B.有最大(小)值,也有極值
C.既無最大(小)值,也無極值
D.無最大(小)值,但有極值
8.若函數f(x)=-x3+mx2+1(m≠0)在區間(0,2)上的極大值為最大值,則m的取值范圍是 (　　)
A.(0,3) B.(-3,0)
C.(-∞,-3) D.(3,+∞)
9.已知x=1是函數f(x)=ax3-3x2的極小值點,則函數f(x)的極小值為(　　)
A.0 B.-1
C.2 D.4
10.已知函數f(x)=x3-12x+a,若f(x)在區間[-1,3]上的最大值為10,則f(x)在該區間上的最小值為　　　　.
11.若函數f(x)=3x-x3在區間(a-1,a)上有最小值,則實數a的取值范圍是　　　　.
12.設函數f(x)=x3-x2-mx.
(1)若f(x)在(0,+∞)上存在單調遞減區間,求m的取值范圍;
(2)若x=-1是函數的極值點,求函數f(x)在[0,5]上的最小值.
13.已知a為常數,求函數f(x)=-x3+3ax(0≤x≤1)的最大值.
題組三　三次函數的極值與最值的綜合應用
14.已知函數f(x)=x3-3x2-9x+3,若函數g(x)=f(x)-m在[-2,5]上有3個零點,則m的取值范圍為　(　　)
A.(-24,8) B.(-24,1]
C.[1,8] D.[1,8)
15.已知函數f(x)=x3+ax2+bx+c在定義域[-2,2]上的圖象過原點,且其圖象在x=±1處的切線的斜率均為-1.有以下結論:
①f(x)是奇函數;
②若f(x)在[s,t]內單調遞減,則|t-s|的最大值為4;
③若f(x)的最大值為M,最小值為m,則M+m=0;
④若 x∈[-2,2],k≤f'(x)恒成立,則k的最大值為2.
其中正確結論的個數為(　　)
A.1 B.2 C.3 D.4
答案與分層梯度式解析
第1章　導數及其應用
1.3　導數在研究函數中的應用
1.3.3　三次函數的性質:單調區間和極值
基礎過關練
1.B　由題意得f'(x)=x2+2bx+b+2,
∵f(x)在R上單調遞增,
∴x2+2bx+b+2≥0在R上恒成立,
∴Δ≤0,即b2-b-2≤0,
解得-1≤b≤2.
2.AC　由題意得f'(x)=x2+2ax+a2-1,則f'(x)的圖象開口向上.當a=0時, f'(x)=x2-1,為偶函數,其圖象可以為A中的圖象.當a≠0時, f'(x)不是偶函數,其圖象不關于y軸對稱,∴f'(x)的圖象可以為C中的圖象.故選AC.
3.D　由題意可得f'(x)=6x2-2mx(m>0),
令f'(x)<0,解得0即函數f(x)的單調遞減區間為,
∴b-a=≤2,
∴m≤6,即m的最大值為6.
故選D.
4.B　f'(x)=x2-2x+a=(x-1)2+a-1,
如果函數f(x)在區間[-1,2]上單調,
那么a-1≥0或即a≥1或
所以a≥1或a≤-3,
所以當函數f(x)在區間[-1,2]上不單調時,-35.解析　(1)由題意知f'(x)=3x2-6ax,
則解得
(2)由(1)知f'(x)=3x2-6ax,
令f'(x)=0,得x=0或x=2a.
當a=0時, f'(x)≥0恒成立,當且僅當x=0時取等號,此時函數f(x)在R上單調遞增;
當a>0時,若x∈(-∞,0)或x∈(2a,+∞),則 f'(x)>0,函數f(x)單調遞增,
若x∈(0,2a),則 f'(x)<0,函數f(x)單調遞減;
當a<0時,若x∈(-∞,2a)或x∈(0,+∞),則 f'(x)>0,函數f(x)單調遞增,
若x∈(2a,0),則f'(x)<0,函數f(x)單調遞減.
綜上,當a=0時,函數f(x)在R上單調遞增;當a>0時,函數f(x)在
(-∞,0),(2a,+∞)上單調遞增,在(0,2a)上單調遞減;當a<0時,函數f(x)在
(-∞,2a),(0,+∞)上單調遞增,在(2a,0)上單調遞減.
6.解析　f'(x)=3x2+2ax+2a-3=(x+1)(3x+2a-3).
(1)∵f(x)的單調遞減區間為(-1,1),
∴-1和1是方程f'(x)=0的兩個根,
∴=1,∴a=0.
(2)∵f(x)在區間(-1,1)內單調遞減,
∴f'(x)≤0在(-1,1)內恒成立.
又∵二次函數y=f'(x)的圖象開口向上,方程f'(x)=0的一個根為-1,
∴≥1,∴a≤0.
∴實數a的取值范圍是{a|a≤0}.
7.C　f'(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1),當x∈(-1,1)時, f'(x)<0,所以f(x)在(-1,1)上單調遞減,因此函數f(x)無最大值和最小值,也無極值,故選C.
8.A　由題得f'(x)=-3x2+2mx,令f'(x)=0,得x=或x=0,因為f(x)在區間(0,2)上的極大值為最大值,所以0<<2,所以09.B　由題意可得f'(x)=3ax2-6x=3x(ax-2),
因為x=1是函數f(x)=ax3-3x2的極小值點,
所以f'(1)=0,即3×1×(a-2)=0,解得a=2,故f'(x)=6x(x-1),
當x<0或x>1時, f'(x)>0,
當0所以x=1是函數f(x)=2x3-3x2的極小值點,滿足題意,
所以函數的極小值為f(1)=2×13-3×12=-1.故選B.
10.答案　-17
解析　由題得f'(x)=3x2-12.
由f'(x)=0可得x=2或x=-2.
由f(2)=8-24+a=a-16, f(-1)=-1+12+a=a+11, f(3)=27-36+a=a-9,
可得f(2)則f(x)在區間[-1,3]上的最小值為f(2)=a-16=-1-16=-17.
11.答案　(-1,0)
解析　∵f(x)=3x-x3,∴f'(x)=3-3x2,
令f'(x)=0,得3-3x2=0,解得x=±1,
當x變化時,f'(x)與f(x)的變化情況如表所示:
x (-∞, -1) -1 (-1, 1) 1 (1, +∞)
f'(x) - 0 + 0 -
f(x) ↘ 極小值 ↗ 極大值 ↘
∵f(x)在(a-1,a)上有最小值,
∴-1∈(a-1,a),
∴解得-1易得f(-1)=-3-(-1)=-2,
令f(x)=-2,得x3-3x-2=0,
即(x+1)2(x-2)=0,解得x=-1(二重根)或x=2,
因此a≤2.②
由①②知a的取值范圍是(-1,0).
易錯警示
　　由函數的最大(小)值確定參數的取值范圍時不僅要考慮極值點,還要考慮端點處的函數值.
12.解析　(1)由題意得f'(x)=x2-2x-m<0在(0,+∞)上有解,
故m>x2-2x在(0,+∞)上有解.
易知二次函數y=x2-2x在(0,+∞)上的最小值為-1,所以m>-1,
因此m的取值范圍是(-1,+∞).
(2)由題意得f'(-1)=1+2-m=0,解得m=3,
故f'(x)=x2-2x-3,令f'(x)=0,解得x=-1或x=3,
當x∈(0,3)時, f'(x)<0,函數f(x)遞減.
當x∈(3,5)時, f'(x)>0,函數f(x)遞增.
故f(x)在[0,5]上的極小值,也是最小值,為f(3)=-9.
13.解析　f'(x)=-3x2+3a=-3(x2-a).
若a≤0,則f'(x)≤0,且f'(x)=0僅在個別點處成立,故函數f(x)在[0,1]上單調遞減,所以當x=0時, f(x)取得最大值,為f(0)=0.
若a>0,令f'(x)=0,解得x=±.
因為x∈[0,1],所以只考慮x=的情況.
①若0<<1,即0則當0≤x<時, f'(x)>0, f(x)單調遞增,當②若≥1,即a≥1,
則當0≤x≤1時, f'(x)≥0,且f'(x)=0僅在個別點處成立,故函數f(x)在[0,1]上單調遞增,
所以當x=1時, f(x)取得最大值,為f(1)=3a-1.
綜上可知,當a≤0時, f(x)的最大值為f(0)=0;當014.D　f'(x)=3x2-6x-9=3(x2-2x-3)=3(x-3)(x+1),令f'(x)=0,解得x=-1或x=3.
當x變化時,f'(x)與f(x)的變化情況如表所示:
x [-2,-1) -1 (-1,3) 3 (3,5]
f'(x) + 0 - 0 +
f(x) ↗ 極大值 ↘ 極小值 ↗
故當x=3時,函數f(x)取得極小值,為f(3)=33-3×32-9×3+3=-24,
又因為f(-2)=(-2)3-3×(-2)2-9×(-2)+3=1,所以f(x)的最小值為f(3),即-24.
當x=-1時,函數f(x)取得極大值,為 f(-1)=(-1)3-3×(-1)2-9×(-1)+3=8,
又因為f(5)=53-3×52-9×5+3=8,所以函數f(x)的最大值為f(5)或f(-1),即8.
作函數f(x)在[-2,5]上的大致圖象如圖所示:
由圖象可知,當m∈[1,8)時,函數f(x)的圖象與直線y=m有三個交點.因此當m∈[1,8)時,函數g(x)=f(x)-m在x∈[-2,5]上有3個零點.
故m的取值范圍為[1,8).
15.B　∵f(x)=x3+ax2+bx+c在定義域[-2,2]上的圖象過原點,∴f(0)=0,∴c=0.
易得f'(x)=3x2+2ax+b,
∵f(x)的圖象在x=±1處的切線斜率均為-1,
∴f'(1)=f'(-1)=-1,
即解得
∴f(x)=x3-4x, f'(x)=3x2-4,x∈[-2,2].
①中,∵f(-x)=-x3+4x=-f(x),且定義域為[-2,2],關于原點對稱,∴f(x)是奇函數,①正確;
②中,由f'(x)≤0得-≤x≤,則f(x)在內單調遞減,若f(x)在[s,t]內單調遞減,則tmax=,smin=-,故|t-s|的最大值為,②錯誤;
③中,由奇函數的圖象關于原點對稱可知,最大值與最小值互為相反數,則M+m=0,③正確;
④中,當x∈[-2,2]時, f'(x)=3x2-4∈[-4,8],則k≤-4,則k的最大值為-4,④錯誤.
綜上可知,正確結論的序號為①③.
故選B.(共25張PPT)
1.3.3　三次函數的性質:單調區間和極值
1.3.4　導數的應用舉例
1 | 利用導數研究函數的最大（小）值問題
1.一般地,如果在閉區間[a,b]上函數y=f(x)的圖象是一條連續不斷的曲線,那么該
函數在[a,b]上必有最大值和最小值,且必在極值點或區間端點處取得.
2.已知函數f(x)在區間[a,b]上連續,在區間(a,b)內可導,求f(x)在[a,b]上的最值的步
驟如下:
(1)求函數f(x)在(a,b)內的極值;
(2)求函數f(x)在端點處的函數值f(a),f(b);
(3)將函數f(x)的各極值與f(a),f(b)比較,其中最大者是最大值,最小者是最小值.
注意:不要忽略將所求極值與區間端點處的函數值進行比較的過程.
　　利用導數解決優化問題的基本思路:
2 | 利用導數研究生活中的優化問題
1.如果在(a,b)上單調遞增的函數f(x)的圖象是一條連續不斷的曲線,那么f(x)有最值嗎
沒有.f(x)的值域是(f(a),f(b)),無最值.
2.函數的極值和最值有何差別 函數的最值是否唯一
函數的極值是一個局部概念,只是描述在某個點附近的函數值的特征,并不意味
著函數在整個定義域內存在最值;函數的最值是唯一的.
3.已知函數f(x)的定義域為[a,b],則它的最大(小)值點一定是極值點嗎
不一定.也有可能是a,b兩個端點,如y=x2在區間[1,2]上的最大值為4,最小值為1,但
其在區間[1,2]上并不存在極大值和極小值.
4.在實際問題中,如果建立的函數模型在定義域內只有一個極值點,怎樣求函數的
最值
可以根據函數的變化趨勢判斷,函數在該極值點處取得最值.
知識辨析
　　含有參數的函數的最值問題一般有兩類:
一類是求含有參數的函數的最值,對于此類問題,參數的取值范圍不同會導致函
數的單調性變化,從而導致最值變化,因此求解時常常需要分類討論,在分類討論
解決函數的單調性的基礎上,比較極值與端點值的大小,進而得到最值.
另一類是由最值求參數的值或取值范圍,此類問題是根據導數求函數最值問題的
逆向運用,求解此類問題的步驟如下:
(1)求導數f'(x),并求極值;
(2)利用單調性,將極值與端點處的函數值進行比較,確定函數的最值,若參數的變
化影響著函數的單調性,則要對參數進行分類討論;
(3)利用最值列出關于參數的關系式,求解即可.
1 含參數的函數的最值問題
典例1　已知函數f(x)=x3-ax2-a2x,求函數f(x)在[0,+∞)上的最小值.
思路點撥　求f'(x) 令f'(x)=0 對a進行分類討論 得出f(x)的單調性
求函數的最值.
解析 由題意得, f'(x)=3x2-2ax-a2=(3x+a)(x-a).
令f'(x)=0,得x=- 或x=a.
①當a>0時, f(x)在[0,a)上單調遞減,在(a,+∞)上單調遞增,所以f(x)在x=a處取得極
小值,也是最小值,即f(x)min=f(a)=-a3;
②當a=0時, f'(x)=3x2≥0,當且僅當x=0時取等號,故f(x)在[0,+∞)上單調遞增,所以
f(x)min=f(0)=0;
③當a<0時, f(x)在 上單調遞減,在 上單調遞增,所以f(x)在x=- 處取
得極小值,也是最小值,即f(x)min=f = a3.
綜上所述,當a>0時, f(x)的最小值為-a3;
當a=0時, f(x)的最小值為0;
當a<0時, f(x)的最小值為 a3.
解題模板 對參數進行討論,其實質是討論導函數f'(x)與0的關系.若導函數f'(x)≥
0或f'(x)≤0恒成立,且等號不恒成立,則函數在已知區間上是單調函數,最值在區間
端點處取得,否則需分類討論求出極值,再與區間端點值比較后確定最大(小)值.
典例2　已知函數f(x)=ln x+ .
(1)當a<0時,求函數f(x)的單調區間;
(2)若函數f(x)在[1,e]上的最小值是 ,求a的值.
思路點撥 (1)求f'(x) 求函數的單調區間.
(2)對a進行分類討論,分別求出各種情況下的函數f(x)在[1,e]上的最小值 根據
最小值是 列方程 求出a的值.
解析 (1)函數f(x)=ln x+ 的定義域為(0,+∞), f'(x)= - = ,
∵x>0,a<0,∴f'(x)>0,
∴函數f(x)在(0,+∞)上單調遞增.
∴f(x)的單調遞增區間為(0,+∞),無單調遞減區間.
(2)分如下情況討論:
①當a<1時, f'(x)>0,函數f(x)在[1,e]上單調遞增,其最小值為f(1)=a<1,與最小值是
矛盾;
②當a=1時,f'(x)≥0,函數f(x)在[1,e]上單調遞增,其最小值為f(1)=1,與最小值是 矛
盾;
③當10,∴函數f(x)在[1,a)上單調遞
減,在(a,e]上單調遞增,
∴函數f(x)的極小值,也是最小值,為f(a)=ln a+1,由ln a+1= ,得a= ;
④當a=e時,f'(x)≤0,函數f(x)在[1,e]上單調遞減,其最小值為f(e)=2,與最小值是 矛
盾;
⑤當a>e時,f'(x)<0,函數f(x)在[1,e]上單調遞減,其最小值為f(e)=1+ >2,與最小值是
矛盾.
綜上所述,a的值為 .
1.解決不等式恒成立問題的方法
(1)取主元(給定范圍內任意取值的變量),結合參數分類,利用最值或數形結合解決
有關不等式恒成立問題.
(2)將主元與參數分離變量,將不等式恒成立問題轉化為函數最值問題來解決.
在定義域內,對于任意的x,都有f(x)≥a成立,可轉化為f(x)min≥a;對于任意的x,都有
f(x)≤a成立,可轉化為f(x)max≤a.
2.證明不等式問題,可以將不等式問題轉化為函數最值問題來證明.
2 利用函數的最值解決與不等式有關的問題
典例　設函數f(x)=tx2+2t2x+t-1(x∈R,t>0).
(1)求f(x)的最小值h(t);
(2)在(1)的基礎上,若h(t)<-2t+m對任意t∈(0,2)恒成立,求實數m的取值范圍;
(3)在(1)的基礎上,若對任意的t1,t2∈(0,2),都有h(t1)<-2t2+n,求實數n的取值范圍.
思路點撥 (1)將f(x)配方 利用二次函數的性質求最小值h(t).
(2)構造函數g(t)=h(t)-(-2t+m),t∈(0,2) 求g(t)的最大值 根據恒成立列不等
式 解得實數m的取值范圍.
(3)求h'(t) 求h(t)在區間(0,2)上的最大值 令φ(t)=-2t+n 根據恒成立列不
等式 解得實數n的取值范圍.
解析 (1)由題意得f(x)=t(x+t)2-t3+t-1(x∈R,t>0),
∴當x=-t時, f(x)取得最小值,為f(-t)=-t3+t-1,即h(t)=-t3+t-1.
(2)記g(t)=h(t)-(-2t+m)=-t3+3t-1-m,t∈(0,2),則g'(t)=-3t2+3,
令g'(t)=0,得t=1或t=-1(舍去).
當t變化時,g'(t)與g(t)的變化情況如表所示.
∴當t=1時,g(t)取得極大值,也是最大值,為g(1)=1-m.
∵h(t)<-2t+m對任意t∈(0,2)恒成立,
∴g(t)<0對任意t∈(0,2)恒成立,
即g(t)在(0,2)內的最大值小于0,
t (0,1) 1 (1,2)
g'(t) + 0 -
g(t) ↗ 極大值 ↘
∴1-m<0,
∴m>1.
∴m的取值范圍為(1,+∞).
(3)由(1)知h(t)=-t3+t-1,
∴h'(t)=-3t2+1,
令h'(t)=0,得t= 或t=- (舍負).
當00,
當 當t= 時,h(t)取得極大值,也是最大值,
∴當x∈(0,2)時,h(t)max=h =- + -1= .
令φ(t)=-2t+n,t∈(0,2),
則φ(t)>n-4.
由題意可知 ≤n-4,
解得n≥ .
∴實數n的取值范圍為 .
1.利用導數解決實際問題時,常常涉及用料最省、成本(費用)最低、利潤最大、
效率最高等問題,求解時需要分析問題中各個變量之間的關系,抓主元,找主線,把
“問題情境”翻譯為數學語言,抽象成數學問題,再選擇合適的數學方法求解,最
后經過檢驗得到實際問題的解.
2.解決優化問題的方法并不單一,運用導數求最值是解決這類問題的有效方法,有
時與判別式、基本不等式及二次函數的性質等結合,多舉并用,達到最佳效果.
3 導數在解決實際問題中的應用
典例　已知一家公司生產某種品牌服裝的年固定成本為10萬元,每生產1千件
需另投入2.7萬元.設該公司一年內共生產該品牌服裝x千件并全部銷售完,每千件
的銷售收入為R(x)萬元,且
R(x)=
(1)寫出年利潤W(萬元)關于年產量x(千件)的函數解析式;
(2)年產量為多少千件時,該公司在這一品牌服裝的生產中所獲得的利潤最大
(注:年利潤=年銷售收入-年總成本)
思路點撥 (1)利用函數值與自變量之間的關系,分段得出函數解析式.
(2)根據(1)中得到的函數解析式的特點,利用導數和基本不等式,求出函數的最大
值及此時自變量的值.
解析 (1)當0當x>10時,W=xR(x)-(10+2.7x)=98- -2.7x.
∴W=
(2)①當0且當x∈(0,9)時,W'>0;當x∈(9,10]時,W'<0,
∴當x=9時,W取得極大值,也是最大值,且Wmax=8.1×9- -10=38.6.
②當x>10時,W=98- ≤98-2 =38,
當且僅當 =2.7x,即x= 時,等號成立,
故當x= 時,Wmax=38.
綜合①②知,當x=9時,W取得最大值38.6.
故當年產量為9千件時,該公司在這一品牌服裝的生產中所獲得的利潤最大.
素養　通過導數及其應用發展邏輯推理和數學運算的素養
素養解讀
　　一直以來,以函數與導數為背景的題目都是高考題中的壓軸題,著重考查
“四能”以及邏輯推理和數學運算的核心素養,發展探究、創新意識.這類題的
命制一般包含兩個方面,一方面是求含參函數的有關性質,解題時需要對參數進
行分類討論,主要運用分類討論思想,通過掌握基本形式和規則,探索和表述解題
過程;另一方面是綜合考查函數的單調性、極值、最值、零點等知識,求解時需
要結合轉化與化歸思想、函數與方程思想等,通過理解運算對象、掌握運算法
則、探究運算思路求得運算結果.
典例呈現
例題　已知函數f(x)=ex+ax2-x.
(1)當a=1時,討論f(x)的單調性;
(2)當x≥0時, f(x)≥ x3+1,求a的取值范圍.
解題思路 (1)當a=1時,f(x)=ex+x2-x,f'(x)=ex+2x-1.
當x∈(-∞,0)時,f'(x)<0;
當x∈(0,+∞)時,f'(x)>0.
所以f(x)在(-∞,0)上單調遞減,在(0,+∞)上單調遞增.
(2)f(x)≥ x3+1等價于 e-x≤1.
設函數g(x)= e-x(x≥0),
則g'(x)=- e-x
=- x[x2-(2a+3)x+4a+2]e-x
=- x(x-2a-1)(x-2)e-x.
由g'(x)=0,得x1=2a+1,x2=2,x3=0,而定義域是[0,+∞),故g'(x)的正負與0,2,2a+1的大小
有關,故需進行分類討論.
(i)若2a+1≤0,即a≤- ,則當x∈(0,2)時,g'(x)>0.
所以g(x)在(0,2)上單調遞增,
而g(0)=1,
故當x∈(0,2)時,g(x)>1,不符合題意.
(ii)若0<2a+1<2,即- 當x∈(2a+1,2)時,g'(x)>0.
所以g(x)在(0,2a+1),(2,+∞)上單調遞減,在(2a+1,2)上單調遞增.
由于g(0)=1,所以g(x)≤1當且僅當g(2)=(7-4a)e-2≤1,即a≥ .
所以當 ≤a< 時,g(x)≤1.
(iii)若2a+1≥2,即a≥ ,則g(x)≤ e-x.
由于0∈ ,故由(ii)可得 e-x≤1.
故當a≥ 時,g(x)≤1.
綜上,a的取值范圍是 .
思維升華
　　與導數相關的題目主要以壓軸題的形式出現,相對比較綜合,難度較大.不要
錯誤地認為完成了解題思路就理解了此類問題,應該勤下筆、勤反思、多計算、
多思考,增強數學運算、邏輯推理能力以及創新能力,爭取做到舉一反三,靈活解
決問題.第1章　導數及其應用
1.3　導數在研究函數中的應用
1.3.4　導數的應用舉例
基礎過關練
　　　　　　　　　　　　　　　　
題組一　利用導數研究函數的最值
1.函數f(x)=x+2cos x在上的最大值為(　　)
A.2 B.+
C.+1 D.+
2.已知函數f(x)=x3-3x+2,則函數g(x)=f'(x)ex在區間[0,2]上的最小值為(　　)
A.-3e B.-2e C.e D.2e
3.已知函數f(x)=x2-2ln x,若在定義域內存在x0,使得不等式f(x0)-m≤0成立,則實數m的最小值為(　　)
A.2 B.-2
C.1 D.-1
4.已知函數f(x)=ex+x3+(a-3)x+1在區間(0,1)上有最小值,則實數a的取值范圍為(　　)
A.(-e,2) B.(-e,1-e)
C.(1,2) D.(-∞,1-e)
5.若直線l:x=a與函數f(x)=x2+1,g(x)=ln x的圖象分別交于點P,Q,當P,Q兩點距離最近時,a=(　　)
A. B. C.1 D.
6.已知函數f(x)=2ln x+ax2-3x在x=2處取得極小值,則f(x)在上的最大值為　　　　.
7.已知函數f(x)=+ln x-1.
(1)求曲線y=f(x)在點(2, f(2))處的切線方程;
(2)求f(x)在區間上的最大值.
題組二　利用導數解決優化問題
8.設底面為等邊三角形的直三棱柱的體積為V,那么其表面積最小時的底面邊長為(　　)
A. B.
C. D.2
9.某商場從生產廠家以每件20元購進一批商品,若該商品的零售價定為P(單位:元),則銷售量Q(單位:件)與零售價P有如下關系:Q=8 300-170P-P2.則該商品的零售價定為　　　　元時毛利潤最大(毛利潤=銷售收入-進貨支出).
10.將一塊2 m×6 m 的矩形鋼板按如圖所示的方式劃線,要求①至⑦全為矩形,沿線裁去陰影部分,把剩余部分焊接成一個以⑦為底,⑤⑥為蓋的水箱,設水箱的高為x m,容積為y m3.
(1)寫出y關于x的函數關系式;
(2)當x取何值時,水箱的容積最大
11.某偏遠貧困村積極響應國家“扶貧攻堅”政策,在對口幫扶單位的支持下建立了一個工廠,已知該工廠生產每件產品的成本為a元,當每件產品的售價為x(3≤x≤8)元時,年銷量為(9-x)2萬件.當每件產品的售價定為6元時,年利潤為27萬元.
(1)試求每件產品的成本a的值;
(2)求當每件產品的售價定為多少元時,年利潤最大,并求出最大年利潤.
能力提升練
　　　　　　　　　　　　　　　　
題組一　函數最值的求解與應用
1.已知定義在[m,n]上的函數f(x),其導函數f'(x)的大致圖象如圖所示,則下列敘述正確的個數為(　　)
①f(x)的值域為[f(d), f(n)];
②f(x)在[a,b]上單調遞增,在[b,d]上單調遞減;
③f(x)的極大值點為x=c,極小值點為x=e;
④f(x)有兩個零點.
A.0 B.1 C.2 D.3
2.已知函數f(x)=ln x,若對任意的x1,x2∈(0,+∞),都有[f(x1)-f(x2)](-)≥k(x1x2+)恒成立,則實數k的最大值是(　　)
A.-1 B.0 C.1 D.2
3.(多選)已知定義在R上的函數f(x),若存在函數g(x)=ax+b(a,b為常數),使得f(x)≥g(x)對一切實數x都成立,則稱g(x)為函數f(x)的一個承托函數,則下列說法中正確的是(　　)
A.函數g(x)=-2是函數f(x)=的一個承托函數
B.函數g(x)=x-1是函數f(x)=x+sin x的一個承托函數
C.若函數g(x)=ax是函數f(x)=ex的一個承托函數,則a的取值范圍是[0,e]
D.值域是R的函數f(x)不存在承托函數
4.已知λ>0,對任意的x∈(0,+∞),不等式e2λx-≥0恒成立,則λ的最小值為　　　　.
5.已知函數f(x)=-m(m∈R),若當x∈(0,+∞)時,函數f(f(x))與f(x)有相同的最小值,則實數m的最小值為　　　　.
6.已知函數f(x)=x(ex+1),g(x)=(x+1)ln x,若f(x1)=g(x2)=m>1,則的最小值為　　　　.
7.已知函數f(x)=x3-ax2+1,a>0.
(1)當a=1時,求曲線y=f(x)在點(1, f(1))處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積;
(2)是否存在實數a,使得f(x)在[0,2]上的最小值為 若存在,求出a的值;若不存在,說明理由.
8.已知函數f(x)=ax-1-ln x(a∈R).
(1)討論函數f(x)在定義域內的極值點的個數;
(2)若函數f(x)在x=1處取得極值,且對任意x∈(0,+∞), f(x)≥bx-2恒成立,求實數b的取值范圍;
(3)當x>y>e-1時,求證:ex-y>.
題組二　利用導數解決優化問題
9.如圖所示,在等腰梯形ABDE中,AE=ED=BD=a,當等腰梯形ABDE的面積最大時,θ=(　　)
A. B. C. D.
10.某公司生產某種產品,固定成本為20 000元,每生產1萬噸該產品,成本增加100元,已知總營業收入R(元)與年產量x(萬噸)的關系是R(x)=則總利潤最大時,年產量是(　　)
A.100萬噸 B.150萬噸
C.200萬噸 D.300萬噸
11.如圖是一個帳篷,它下部的形狀是高為1 m的正六棱柱,上部的形狀是側棱長為3 m的正六棱錐.當帳篷的頂點O到底面中心O1的距離為　　　　 m時,帳篷的體積最大.
12.統計表明,某種型號的汽車在勻速行駛過程中的耗油量y(單位:L/h)關于行駛速度x(單位:km/h)的解析式為y=x3-x+8(0(1)當該種型號的汽車以40 km/h的速度勻速行駛時,從甲地到乙地的耗油量為多少
(2)當該種型號的汽車以多大的速度勻速行駛時,從甲地到乙地的耗油量最少 最少為多少
答案與分層梯度式解析
第1章　導數及其應用
1.3　導數在研究函數中的應用
1.3.4　導數的應用舉例
基礎過關練
B　易求得f'(x)=1-2sin x,由f'(x)>0得sin x<,∵x∈,∴x∈,
∴當x∈時,函數f(x)單調遞增.由f'(x)<0得
sin x>,∵x∈,∴x∈,∴當x∈時,函數f(x)單調遞減.
∴x=是函數f(x)在上的極大值點,∴函數的極大值,也是最大值,為f=+2cos =+2×=+,故選B.
2.B　因為f(x)=x3-3x+2,所以f'(x)=x2-3,
則g(x)=f'(x)ex=(x2-3)ex,
則g'(x)=(x2+2x-3)ex,令g'(x)=0,解得x=-3或x=1,
當0≤x<1時,g'(x)<0,g(x)單調遞減,當10,g(x)單調遞增,
所以當x=1時,函數g(x)取得極小值,也是最小值,為g(1)=-2e.
故選B.
3.C　由題可知,函數f(x)的定義域為(0,+∞), f'(x)=2x-.
令f'(x)=0,得x=1或x=-1(舍去).
當x∈(0,1)時, f'(x)<0;當x∈(1,+∞)時, f'(x)>0,
所以當x=1時, f(x)取得極小值,也是最小值,且最小值為1.
由題意知m≥1,因此實數m的最小值為1.故選C.
4.A　由題意得f'(x)=ex+3x2+a-3,易知f'(x)在區間(0,1)上單調遞增,若f(x)在區間(0,1)上有最小值,
則即
解得-e這時存在x0∈(0,1),使得f(x)在(0,x0)上單調遞減,在(x0,1)上單調遞增,
即函數f(x)在(0,1)上有極小值,也是最小值,
所以a的取值范圍是(-e,2).
故選A.
5.D　由題意知|PQ|=a2+1-ln a.設h(x)=x2+1-ln x(x>0),則h'(x)=2x-=(x>0),令h'(x)=0,得4x2-1=0,解得x=(負值舍去).
當x在(0,+∞)上變化時,h'(x)與h(x)的變化情況如下表:
x
h'(x) - 0 +
h(x) ↘ 極小值 ↗
由表可知,當x=時,h(x)取得極小值,也是最小值,
因此,當|PQ|最小,即P,Q兩點距離最近時,a的值為,故選D.
6.答案　2ln3-
解析　因為f(x)=2ln x+ax2-3x,所以f'(x)=+2ax-3,
由題意可得f'(2)=4a-2=0,解得a=,則f(x)=2ln x+x2-3x,f'(x)=+x-3=,
令f'(x)=0,可得x=1或x=2,當x在上變化時,f'(x)與f(x)的變化情況如下表:
x 1 (1,2) 2 (2,3]
f'(x) + 0 - 0 +
f(x) ↗ 極大值 ↘ 極小值 ↗
所以函數f(x)的極大值為f(1)=-,極小值為f(2)=2ln 2-4,
又因為 f(3)=2ln 3-,
且f(3)-f(1)=2ln 3-+=2ln 3-2=2(ln 3-1)>0,所以f(1)所以 f(x)max=f(3)=2ln 3-.
7.解析　(1)易得f'(x)=-+=,
因此f'(2)==,即曲線y=f(x)在點(2, f(2))處的切線的斜率為.
又因為f(2)=ln 2-,
所以曲線y=f(x)在點(2, f(2))處的切線方程為y-=(x-2),即x-4y+4ln 2-4=0.
(2)由(1)知,f'(x)=,
當x∈時, f'(x)<0, f(x)單調遞減;
當x∈(1,e]時, f'(x)>0, f(x)單調遞增.
因為f=e-2, f(e)=,且e-2>,
所以f(x)在區間上的最大值為f=e-2.
8.C　設底面邊長為x(x>0),則直三棱柱的表面積S=x2+V,∴S'=(x3-4V),當0時,S'>0,故當x=時,S取得極小值,也是最小值.因此,當x=時,該直三棱柱的表面積最小.
9.答案　30
解析　設毛利潤為L(P)元.由題意知L(P)=PQ-20Q=Q(P-20)=(8 300-170P-P2)(P-20)=-P3-150P2+11 700P-166 000,則L'(P)=-3P2-300P+11 700,
令L'(P)=0,解得P=30或P=-130(舍去).
因為在P=30附近的左側L'(P)>0,右側L'(P)<0.
所以L(30)是L(P)的極大值,根據實際問題的意義知,L(30)是毛利潤L(P)的最大值,且L(30)=23 000.
故答案為30.
10.解析　(1)由水箱的高為x m,得水箱底面的寬為(2-2x)m,長為=(3-x)m,
故y=(2-2x)(3-x)x=2x3-8x2+6x(0(2)由(1)得y'=6x2-16x+6,
令y'=0,
解得x=(舍去)或x=,
所以y=2x3-8x2+6x(0所以當x=時,水箱的容積最大.
11.解析　(1)設該產品的年利潤為y萬元,則y=(x-a)(9-x)2(3≤x≤8),
當x=6時,y=9×(6-a)=27,解得a=3.
(2)由(1)知y=(x-3)(9-x)2(3≤x≤8),
則y'=(x-9)2+2(x-3)(x-9)=(x-9)(3x-15),
由y'=0,得x=5或x=9(舍去).
當x∈[3,5)時,y'>0;當x∈(5,8]時,y'<0.
所以當x=5時,y取得極大值,也是最大值,為32.
故當每件產品的售價定為5元時,年利潤最大,最大年利潤為32萬元.
能力提升練
1.B　根據題中導函數f'(x)的圖象可知,
當x∈[m,c)時, f'(x)>0,∴函數f(x)在[m,c)上單調遞增,
當x=c時, f'(x)=0,
當x∈(c,e)時, f'(x)<0,∴函數f(x)在(c,e)上單調遞減,
當x=e時, f'(x)=0,
當x∈(e,n]時, f'(x)>0,∴函數f(x)在(e,n]上單調遞增,∴函數f(x)在x=c處取得極大值,在x=e處取得極小值,故②錯誤,③正確;
根據上述f(x)的單調性可知,函數f(x)的最小值為f(m)或f(e),最大值為f(c)或f(n),故①錯誤;
當f(m)>0且f(e)>0時,函數無零點,故④錯誤.故選B.
2.B　∵f(x)=ln x,∴f(x1)-f(x2)=ln x1-ln x2=ln .
∵[f(x1)-f(x2)](-)≥k(x1x2+)恒成立,且x1,x2∈(0,+∞),
∴k≤ln -ln 恒成立,
令t=(t>0),g(t)=tln t-ln t(t>0),
則g'(t)=ln t+1-(t>0),
易知g'(t)在(0,+∞)上單調遞增,且g'(1)=0,
∴當t∈(0,1)時,g'(t)<0,g(t)單調遞減,
當t∈(1,+∞)時,g'(t)>0,g(t)單調遞增,
∴g(t)min=g(1)=0,∴k≤0.
故實數k的最大值是0.故選B.
3.BC　對于A,∵當x>0時, f(x)=ln x∈(-∞,+∞),∴f(x)≥g(x)=-2不能對一切實數x都成立,故A錯誤.
對于B,令t(x)=f(x)-g(x),則t(x)=x+sin x-(x-1)=sin x+1,∵t(x)≥0對一切實數x恒成立,
∴函數g(x)=x-1是函數f(x)=x+sin x的一個承托函數,故B正確.
對于C,令h(x)=ex-ax,則h'(x)=ex-a,
若a=0,由題意知,結論成立;
若a>0,令h'(x)=0,得x=ln a,
易知函數h(x)在(-∞,ln a)上為減函數,在(ln a,+∞)上為增函數,
∴當x=ln a時,函數h(x)取得極小值,也是最小值,為a-aln a,
∵g(x)=ax是函數f(x)=ex的一個承托函數,∴a-aln a≥0,∴ln a≤1,∴0若a<0,則當x→-∞時,h(x)→-∞,故不成立,
綜上,當0≤a≤e時,函數g(x)=ax是函數f(x)=ex的一個承托函數,故C正確.
對于D,不妨令f(x)=2x,g(x)=2x-1,則f(x)-g(x)=1≥0恒成立,
故g(x)=2x-1是f(x)=2x的一個承托函數,故D錯誤.故選BC.
4.答案　
解析　原不等式可變形為2λe2λx-ln x≥0.
令f(x)=2λe2λx-ln x,x>0,
則f'(x)=4λ2e2λx-,易知f'(x)在(0,+∞)上單調遞增,
且存在唯一零點x0>0,滿足4λ2-=0,
則=,該式左右兩邊同時取對數,得ln(4λ2)+2λx0=-ln x0,
∴f(x0)=2λ-ln x0=2λ×+ln(4λ2)+2λx0≥0,即ln(4λ2)+2λx0+≥0,∵x0>0,λ>0,
∴2λx0+≥2=2,當且僅當λx0=時取等號,
∴ln(4λ2)+2≥0,∴λ≥.
故答案為.
5.答案　e-1
解析　易得f'(x)=.當x∈(0,+∞)時,令f'(x)>0,解得x>1,令f'(x)<0,解得0則函數f(x)在(0,1)上單調遞減,在(1,+∞)上單調遞增,所以f(x)在x=1處取得極小值,也是最小值,即f(x)min=f(1)=e-m.
對于函數f(f(x)),設t=f(x),則f(f(x))=f(t),
當且僅當t=1時f(t)取到最小值e-m,
所以1=-m,x>0有解,
所以m=-1,x>0有解,令g(x)=-1,x>0,
則g'(x)=,則函數g(x)在(0,1)上單調遞減,在(1,+∞)上單調遞增,
所以g(x)在x=1處取得極小值,也是最小值,即g(x)min=g(1)=e-1,即m的最小值為e-1.
6.答案　e
解析　g(x)=(x+1)ln x=(eln x+1)ln x=f(ln x),
則f(x1)=f(ln x2)=m(m>1),
易知f(x1)=x1(+1)>1,所以x1>0,
當x>0時,函數f(x)的導函數 f'(x)=(x+1)ex+1>0恒成立,
所以f(x)=x(ex+1)在(0,+∞)上單調遞增,所以x1=ln x2,
則====,
令h(x)=(x>1),則h'(x)=(x>1),
當x∈(1,e)時,h'(x)<0;
當x∈(e,+∞)時,
h'(x)>0,
所以h(x)在x=e處取得極小值,也是最小值,
又h(e)==e,
所以的最小值為e.
7.解析　(1)當a=1時, f(x)=x3-x2+1, f'(x)=x2-2x, f'(1)=-1,又因為f(1)=,所以曲線y=f(x)在點(1, f(1))處的切線方程為y-=-(x-1),即3x+3y-4=0.
直線3x+3y-4=0在x軸、y軸上的截距均為,
因此,所求三角形的面積為××=.
(2)存在實數a,使得f(x)在[0,2]上的最小值為.
易得f'(x)=x2-2ax=x(x-2a),令f'(x)=0得x=2a或x=0.
當0<2a<2,即0x (0,2a) 2a (2a,2)
f'(x) - 0 +
f(x) 單調遞減 1- 單調遞增
則f(x)在[0,2]上的極小值,也是最小值,為f(2a)=1-=,解得a=;
當2a≥2,即a≥1時, f'(x)≤0在[0,2]上恒成立,且f'(x)=0僅在有限個點處成立,此時f(x)單調遞減,
故f(x)min=f(2)=-4a=,解得a=<1,舍去.
綜上,存在a=,使得f(x)在[0,2]上的最小值為.
8.解析　(1)易知函數的定義域為(0,+∞),
且f'(x)=a-=.
當a≤0時, f'(x)<0在(0,+∞)上恒成立,
∴函數f(x)在(0,+∞)上單調遞減,沒有極值點;
當a>0時,令f'(x)<0,得00,得x>,
∴f(x)在上單調遞減,在上單調遞增,即f(x)在x=處取得極小值,無極大值.
綜上,當a≤0時, f(x)在(0,+∞)上沒有極值點;當a>0時, f(x)在(0,+∞)上有一個極值點.
(2)由(1)知,f'(x)=.
∵函數f(x)在x=1處取得極值,
∴f'(1)=0,∴a=1,
∴f(x)≥bx-2 1+-≥b,
令g(x)=1+-,
則g'(x)=--=,
令g'(x)=0,得x=e2,
易知g(x)在(0,e2]上單調遞減,在[e2,+∞)上單調遞增,
∴g(x)在x=e2處取得極小值,也是最小值,即g(x)min=g(e2)=1-,∴b≤1-.
(3)證明:當x>y>e-1時,不等式ex-y>等價于>,
令H(x)=,x>e-1,則只需證明H(x)在(e-1,+∞)上單調遞增.
易得H'(x)=,x>e-1,
令h(x)=ln(x+1)-,x>e-1,易知h(x)在(e-1,+∞)上單調遞增,
∴h(x)>h(e-1)=1->0,即H'(x)>0,
∴H(x)在(e-1,+∞)上單調遞增,
即>,
∴當x>y>e-1時,ex-y>.
9.B　如圖,過點D作DC⊥AB于點C,
設等腰梯形ABDE的面積為S,
則S=(AB+ED)·CD,
因為AB=a+2acos θ,CD=asin θ,
所以S=(a+2acos θ+a)·asin θ=a2sin θ(1+cos θ),則S'=a2·(2cos2θ+cos θ-1),令S'=0,得cos θ=或cos θ=-1,由于0<θ<,所以cos θ≠-1,所以cos θ=,此時θ=.當θ∈時,S'>0;當θ∈時,S'<0.故當θ=時,S取得極大值,也是最大值.故選B.
10.D　當年產量為x萬噸時,總成本為(20 000+100x)元,設總利潤為f(x)元,
則f(x)=
即f(x)=
∴f'(x)=
①當0≤x≤400時,令f'(x)=0,得x=300,
由f'(x)<0得300由f'(x)>0得0≤x<300,此時f(x)是增函數,
∴當0≤x≤400時,f(x)的極大值,也是最大值,為f(300)=300×300-×3002-20 000=25 000;
②當x>400時, f(x)是減函數,
∴f(x)<60 000-100×400=20 000.
綜上可知,當x=300時, f(x)有最大值.故選D.
11.答案　2
解析　設OO1=x m,則1由題意可得正六棱錐的底面邊長為= m,
于是底面正六邊形的面積為6××()2=(8+2x-x2)m2.
設帳篷的體積為V(x)m3 ,則V(x)=(8+2x-x2)×1+×(8+2x-x2)×(x-1)=(16+12x-x3),
則V'(x)=(12-3x2).
令V'(x)=0,解得x=-2(不符合題意,舍去)或x=2.
當10,V(x)單調遞增;
當2所以當x=2時,V(x)取得極大值,也是最大值.
綜上所述,當x=2時,V(x)最大.
12.解析　(1)該種型號的汽車以40 km/h的速度從甲地勻速行駛到乙地需=2.5 h,
故耗油量為×2.5=17.5 L.
(2)當該種型號的汽車勻速行駛的速度為x km/h時,從甲地到乙地需 h,設耗油量為H(x)L,
依題意得H(x)==-+(0則H'(x)=-=(0令H'(x)=0,得x=80.
當x∈(0,80)時,H'(x)<0;當x∈(80,120]時,H'(x)>0.所以當x=80時,H(x)取得極小值,也是最小值,為11.25.
故當該種型號的汽車以80 km/h的速度勻速行駛時,從甲地到乙地的耗油量最少,最少為11.25 L.

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