（江苏专用）2020版高考数学大一轮复习 第二章 基本初等函数、导数的应用 13 第13讲 导数的综

第13讲导数的综合运用1.在R上可导的函数f(x)的图象如图所示，则关于x的不等式x·f′(x)0的解集为________．解析：由f(x)的图象知，当x－1或x1时，f′(x)0；当－1x1时，f′(x)0，所以x·f′(x)0的解集是(－∞，－1)∪(0，1)．答案：(－∞，－1)∪(0，1)2．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(x0)，则获得最大利润时的年产量为________百万件．解析：依题意得，y′＝－3x2＋27＝－3(x－3)(x＋3)，当0x3时，y′0；当x3时，y′0.因此，当x＝3时，该商品的年利润最大．答案：33．若f(x)＝xsinx＋cosx，则f(－3)，fπ2，f(2)的大小关系为________．解析：由f(－x)＝f(x)知函数f(x)为偶函数，因此f(－3)＝f(3)．又f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，当x∈0，π2时，f′(x)＞0，当x∈π2，π时，f′(x)＜0，所以f(x)在区间π2，π上是减函数，所以fπ2＞f(2)＞f(3)＝f(－3)．答案：f(－3)＜f(2)＜fπ24．若函数f(x)＝x3－3x＋a有3个不同的零点，则实数a的取值范围是________．解析：由于函数f(x)是连续的，故只需要两个极值异号即可．f′(x)＝3x2－3，令3x2－3＝0，得x＝±1，只需f(－1)·f(1)0，即(a＋2)(a－2)0，故a∈(－2，2)．答案：(－2，2)5．若f(x)＝lnxx，0abe，则f(a)、f(b)的大小关系为________．解析：f′(x)＝1－lnxx2，当x∈(0，e)时，1－lnxx20，即f′(x)0，所以f(x)在(0，e)上为增函数，又因为0abe，所以f(a)f(b)．答案：f(a)f(b)6．设直线x＝t与函数f(x)＝x2，g(x)＝lnx的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时，t的值为________．解析：|MN|的最小值，即函数h(x)＝x2－lnx的最小值，h′(x)＝2x－1x＝2x2－1x，显然x＝22是函数h(x)在其定义域内唯一的极小值点，也是最小值点，故t＝22.答案：227．已知函数y＝f(x)＝x3＋3ax2＋3bx＋c在x＝2处有极值，其图象在x＝1处的切线平行于直线6x＋2y＋5＝0，则f(x)的极大值与极小值之差为________．解析：因为y′＝3x2＋6ax＋3b，3×22＋6a×2＋3b＝0，3×12＋6a＋3b＝－3⇒a＝－1，b＝0.所以y′＝3x2－6x，令3x2－6x＝0，则x＝0或x＝2.所以f(x)极大值－f(x)极小值＝f(0)－f(2)＝4.答案：48．若函数f(x)满足：“对于区间(1，2)上的任意实数x1，x2(x1≠x2)，|f(x2)－f(x1)|＜|x2－x1|恒成立”，则称f(x)为完美函数．给出以下四个函数：①f(x)＝1x；②f(x)＝|x|；③f(x)＝12x；④f(x)＝x2.其中是完美函数的序号是________．解析：由|f(x2)－f(x1)|＜|x2－x1|知，f（x2）－f（x1）x2－x1＜1，即|f′(x)|＜1.经验证①③符合题意．答案：①③9．已知函数f(x)是R上的偶函数，且在(0，＋∞)上有f′(x)0，若f(－1)＝0，那么关于x的不等式xf(x)0的解集是________．解析：在(0，＋∞)上有f′(x)0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．又函数f(x)是R上的偶函数，所以f(1)＝f(－1)＝0.当x0时，f(x)0，所以0x1；当x0时，图象关于y轴对称，f(x)0，所以x－1.答案：(－∞，－1)∪(0，1)10．若log0.5x＋1x－1log0.5m（x－1）2（7－x）对任意x∈[2，4]恒成立，则m的取值范围为________．解析：以0.5为底的对数函数为减函数，所以得真数关系为x＋1x－1m（x－1）2（7－x），所以m－x3＋7x2＋x－7，令f(x)＝－x3＋7x2＋x－7，则f′(x)＝－3x2＋14x＋1，因为f′(2)0且f′(4)0，所以f′(x)0在[2，4]上恒成立，即在[2，4]上函数f(x)为增函数，所以f(x)的最大值为f(4)＝45，因此m45.答案：(45，＋∞)11．(2019·泰州期中考试)已知函数f(x)＝lnx－（x－1）22.(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)证明：当x1时，f(x)x－1；(3)确定实数k的所有可能取值，使得存在x01，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)k(x－1)．解：(1)函数的定义域为(0，＋∞)，对函数求导，得f′(x)＝1x－x＋1＝－x2＋x＋1x.由f′(x)0，得x0，－x2＋x＋1x0，解得0x1＋52，故f(x)的单调递增区间为0，1＋52.(2)证明：令F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(1，＋∞)，则有F′(x)＝1－x2x，当x∈(1，＋∞)时，F′(x)0，所以F(x)在(1，＋∞)上单调递减．故当x1时，F(x)F(1)＝0，即x1时，f(x)x－1.(3)由(2)知，当k＝1时，不存在x01满足题意；当k1时，对于x1，有f(x)x－1k(x－1)，则f(x)k(x－1)，从而不存在x01满足题意；当k1时，令G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(1，＋∞)，则有G′(x)＝1x－x＋1－k＝－x2＋（1－k）x＋1x，由G′(x)＝0得，－x2＋(1－k)x＋1＝0.解得x1＝1－k－（1－k）2＋420，x2＝1－k＋（1－k）2＋421，所以当x∈(1，x2)时，G′(x)0，故G(x)在(1，x2)内单调递增，从而当x∈(1，x2)时，G(x)G(1)＝0，即f(x)k(x－1)，综上，k的取值范围是k1.12．(2019·江苏省重点中学领航高考冲刺卷(二))如图，两居民小区A和B相距20km，现计划在两居民小区外以AB为直径的半圆弧AB上选择一点C建信号发射塔，其对小区的影响度与所选地点到小区的距离有关，对小区A和小区B的总影响度为小区A与小区B的影响度之和，记点C到小区A的距离为xkm，建在C处的信号发射塔对小区A和小区B的总影响度为y，统计调查表明：信号发射塔对小区A的影响度与所选地点到小区A的距离的平方成反比，比例系数为k；对小区B的影响度与所选地点到小区B的距离的平方成反比，比例系数为9.当信号发射塔建在半圆弧AB的中点时，对小区A和小区B的总影响度为0.065.(1)将y表示成x的函数；(2)讨论(1)中函数的单调性，并判断半圆弧AB上是否存在一点，使建在此处的信号发射塔对小区A和小区B的总影响度最小？若存在，求出该点到小区A的距离；若不存在，请说明理由．解：(1)由题意知AC⊥BC，BC2＝400－x2，y＝kx2＋9400－x2(0x20)，其中当x＝102时，y＝0.065，所以k＝4.所以y＝4x2＋9400－x2(0x20)．(2)因为y＝4x2＋9400－x2(0x20)，所以y′＝－8x3－9×（－2x）（400－x2）2＝18x4－8（400－x2）2x3（400－x2）2，令y′＝0得18x4＝8(400－x2)2，所以x2＝160，即x＝410，当0x410时，18x48(400－x2)2，即y′0，所以函数y＝4x2＋9400－x2为单调递减函数，当410x20时，18x48(400－x2)2，即y′0，所以函数y＝4x2＋9400－x2为单调递增函数．所以当x＝410时，即当点C到小区A的距离为410km时，函数y＝4x2＋9400－x2(0x20)有最小值，即信号发射塔对小区A和小区B的总影响度最小．1．某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品，若该商品零售价为p元，销量Q(单位：件)与零售价p(单位：元)有如下关系：Q＝8300－170p－p2，则该商品零售价定为________元时利润最大，利润的最大值为________元．解析：设商场销售该商品所获利润为y元，则y＝(p－20)Q＝(p－20)(8300－170p－p2)＝－p3－150p2＋11700p－166000(p≥20)，则y′＝－3p2－300p＋11700.令y′＝0得p2＋100p－3900＝0，解得p＝30或p＝－130(舍去)．则p，y，y′变化关系如下表：p(20，30)30(30，＋∞)y′＋0－y极大值故当p＝30时，y取极大值为23000元．又y＝－p3－150p2＋11700p－166000在[20，＋∞)上只有一个极值，故也是最值．所以该商品零售价定为每件30元，所获利润最大为23000元．答案：30230002．(2019·南京、盐城高三模拟)已知函数f(x)＝lnx＋(e－a)x－b，其中e为自然对数的底数．若不等式f(x)≤0恒成立，则ba的最小值为________．解析：由不等式f(x)≤0恒成立可得f(x)max≤0.f′(x)＝1x＋e－a，x＞0，当e－a≥0，即a≤e时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且x趋近于＋∞，f(x)趋近于＋∞，此时f(x)≤0不可能恒成立；当e－a＜0，即a＞e时，由f′(x)＝0得x＝1a－e，当x∈0，1a－e时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈1a－e，＋∞时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，此时f(x)max＝f1a－e＝－ln(a－e)－1－b≤0，则b≥－ln(a－e)－1，又a＞e，所以ba≥－ln（a－e）－1a，a＞e，令a－e＝t＞0，则ba≥－lnt－1t＋e，t＞0.令g(t)＝－lnt－1t＋e，t＞0，则g′(t)＝lnt－et（t＋e）2，由g′(t)＝0得t＝e，且当t∈(0，e)时，g′(t)＜0，g(t)单调递减，当t∈(e，＋∞)时，g′(t)＞0，g(t)单调递增，所以g(t)min＝g(e)＝－1e，即ba≥－lnt－1t＋e≥－1e，故ba的最小值为－1e.答案：－1e3．(2019·南京、盐城模拟)已知函数f(x)满足：①f(x)＝2f(x＋2)，x∈R；②f(x)＝lnx＋ax，x∈(0，2)；③f(x)在(－4，－2)内能取到最大值－4.(1)求实数a的值；(2)设函数g(x)＝13bx3－bx，若对任意的x1∈(1，2)总存在x2∈(1，2)使得f(x1)＝g(x2)，求实数b的取值范围．(参考公式：若f(x)＝ln(x＋a)(a∈R)，则f′(x)＝1x＋a)解：(1)当x∈(－4，－2)时，有x＋4∈(0，2)，由条件②得f(x＋4)＝ln(x＋4)＋a(x＋4)，再由条件①得f(x)＝2f(x＋2)＝4f(x＋4)＝4ln(x＋4)＋4a(x＋4)．故f′(x)＝4x＋4＋4a，x∈(－4，－2)．由③，f(x)在(－4，－2)内有最大值，方程f′(x)＝0，即4x＋4＋4a＝0在(－4，－2)内必有解，故a≠0，且解为x＝－1a－4.又最大值为－4，所以f(x)max＝f(－1a－4)＝4ln(－1a)＋4a·(－1a)＝－4，即ln(－1a)＝0，所以a＝－1.(2)设f(x)在(1，2)内的值域为A，g(x)在(1，2)内的值域为B，由条件可知A⊆B.由(1)知，当x∈(1，2)时，f(x)＝lnx－x，f′(x)＝1x－1＝1－xx0，故f(x)在(1，2)内为减函数，所以A＝(f(2)，f(1))＝(ln2－2，－1)．对g(x)求导得g′(x)＝bx2－b＝b(x－1)(x＋1)．若b0，则当x∈(1，2)时