4、__m2.
解析 設(shè)矩形的長為x m，則寬為：＝8－x(m)
∴S矩形＝x(8－x)＝8x－x2＝－(x－4)2＋16≤16.
答案 16
7．直線y＝a與函數(shù)f(x)＝x3－3x的圖象有相異的三個(gè)公共點(diǎn)，則a的取值范圍是________．
解析 令f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1，可得極大值為f(－1)＝2，極小值為f(1)＝－2，如圖，觀察得－2＜a＜2時(shí)恰有三個(gè)不同的公共點(diǎn)．
答案 (－2,2)
二、解答題(每小題15分，共45分)
8．(2011·蘇北四市調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝ex＋ax－1(a∈R，且a為常數(shù))．
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2
5、)當(dāng)a＜0時(shí)，若方程f(x)＝0只有一解，求a的值；
(3)若對(duì)所有x≥0都有f(x)≥f(－x)，求a的取值范圍．
解 (1)f′(x)＝ex＋a.
當(dāng)a≥0時(shí)，f′(x)＞0，f(x)在(－∞，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)．
當(dāng)a＜0時(shí)，
由f′(x)＞0，得x＞ln(－a)，f(x)在(ln(－a)，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)；
由f′(x)＜0，得x＜ln(－a)，f(x)在(－∞，ln(－a))上是單調(diào)減函數(shù)．
綜上，當(dāng)a≥0時(shí)，f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(－∞，＋∞)；
當(dāng)a＜0時(shí)，f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(ln(－a)，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間是(－∞，ln(－a))．
(2)由(1)知
6、，當(dāng)a＜0，x＝ln(－a)時(shí)，f(x)最小，即f(x)min＝f(ln(－a))，
由方程f(x)＝0只有一解，得f(ln(－a))＝0，又考慮到f(0)＝0，
所以ln(－a)＝0，解得a＝－1.
(3)當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)≥f(－x)恒成立，
即得ex＋ax≥e－x－ax恒成立，即ex－e－x＋2ax≥0恒成立．
令h(x)＝ex－e－x＋2ax(x≥0)，即當(dāng)x≥0時(shí)，h(x)≥0恒成立．
又h′(x)＝ex＋e－x＋2a，且h′(x)≥2＋2a＝2＋2a，當(dāng)x＝0時(shí)等號(hào)成立．
①當(dāng)a＞－1時(shí)，h′(x)＞0，
所以h(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，故h(x)≥h(0)
7、＝0恒成立．
②當(dāng)a＝－1時(shí)，若x＝0，h′(x)＝0，
若x＞0，h′(x)＞0，
所以h(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，故h(x)≥h(0)＝0恒成立．
③當(dāng)a＜－1時(shí)，方程h′(x)＝0的正根為x1＝ln(－a＋)，此時(shí)，若x∈(0，x1)，則h′(x)＜0，故h(x)在該區(qū)間為減函數(shù)．
所以x∈(0，x1)時(shí)，h(x)＜h(0)＝0，與x≥0時(shí)，h(x)≥0恒成立矛盾．
綜上，滿足條件的a的取值范圍是[－1，＋∞)．
9．(2011·鹽城市調(diào)研)如圖，某市準(zhǔn)備在一個(gè)湖泊的一側(cè)修建一條直路OC，另一側(cè)修建一條觀光大道，它的前一段OD是以O(shè)為頂點(diǎn)，x軸為對(duì)稱軸，開口向右的拋物
8、線的一部分，后一段DBC是函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)，x∈[4,8]時(shí)的圖象，圖象的最高點(diǎn)為B，DF⊥OC，垂足為F.
(1)求函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的解析式；
(2)若在湖泊內(nèi)修建如圖所示的矩形水上樂園PMFE，問：點(diǎn)P落在曲線OD上何處時(shí)，水上樂園的面積最大？
解 (1)對(duì)于函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)，由圖象知A＝，ω＝＝＝.將B代入到y(tǒng)＝·
sin中，得＋φ＝2kπ＋(k∈Z)．
又|φ|＜，所以φ＝－.故y＝sin.
(2)在y＝sin中，令x＝4，得D(4,4)，所以曲線OD的方程為y2＝4x(0≤x≤4)．
設(shè)點(diǎn)P(0≤t≤4)，則矩形PMFE的面積為S
9、＝t(0≤x≤4)．因?yàn)镾′＝4－，由S′＝0，得t＝，
且當(dāng)t∈時(shí)，S′＞0，則S單調(diào)遞增，
當(dāng)t∈時(shí)，S′＜0，則S單調(diào)遞減；
所以當(dāng)t＝時(shí)，S最大，此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為.
10．(2011·洛陽模擬)已知f(x)＝ax3＋bx2＋cx在區(qū)間[0,1]上是增函數(shù)，在區(qū)間(－∞，0]與[1，＋∞)上是減函數(shù)，且f′＝.
(1)求f(x)的解析式；
(2)若在區(qū)間[0，m](m＞0)上恒有f(x)≤x成立，求m的取值范圍．
解 (1)由f(x)＝ax3＋bx2＋cx，得f′(x)＝3ax2＋2bx＋c.又由f(x)在區(qū)間[0,1]上是增函數(shù)，在區(qū)間(－∞，0]與[1，＋∞)上是減函數(shù)
10、，可知x＝0和x＝1是f′(x)＝0的解，
∴即解得
∴f′(x)＝3ax2－3ax.又由f′＝，得f′＝－＝，∴a＝－2，即f(x)＝－2x3＋3x2.
(2)由f(x)≤x，得－2x3＋3x2≤x，即x(2x－1)(x－1)≥0，
∴0≤x≤或x≥1.
又f(x)≤x在區(qū)間[0，m](m＞0)上恒成立，∴0＜m≤.
故m的取值范圍是.
B級(jí) 綜合創(chuàng)新備選
(時(shí)間：30分鐘 滿分：60分)
一、填空題(每小題5分，共30分)
1．(2011·濟(jì)寧模擬)一輛列車沿直線軌道前進(jìn)，從剎車開始到停車這段時(shí)間內(nèi)，測得剎車后t秒內(nèi)列車前進(jìn)的距離為S＝27t－0.45t2米，則
11、列車剎車后________秒車停下來，期間列車前進(jìn)了________米．
解析 S′(t)＝27－0.9t，由瞬時(shí)速度v(t)＝S′(t)＝0得t＝30(秒)，期間列車前進(jìn)了S(30)＝27×30－0.45×302＝405(米)．
答案 30 405
2．(2011·合肥二模)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，若f(x)在區(qū)間(－1,0)上單調(diào)遞減，則a2＋b2的取值范圍是________．
解析 由題意得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，f′(x)≤0在x∈(－1,0)上恒成立，即3x2＋2ax＋b≤0在x∈(－1,0)上恒成立，
∴∴a，b所滿足的可行域如圖中的
陰影部分
12、所示．則點(diǎn)O到直線2a－b－3＝0的距離
d＝，∴a2＋b2≥d2＝，
∴a2＋b2的取值范圍為.
答案
3．關(guān)于x的方程x3－3x2－a＝0有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．
解析 f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)．
令f′(x)＝0得x＝0或x＝2
當(dāng)x＜0時(shí)，f′(x)＞0；
當(dāng)0＜x＜2時(shí)，f′(x)＜0；
當(dāng)x＞2時(shí)，f′(x)＞0.
∴當(dāng)x＝0時(shí)，f(x)取得極大值，
即f(x)極大值＝f(0)＝－a；
當(dāng)x＝2時(shí)，f(x)取得極小值，
即f(x)極小值＝f(2)＝－4－a.
∴，解得：－4＜a＜0.
答案 (－4,0
13、)
4．(2010·江蘇)將邊長為1 m的正三角形薄鐵皮，沿一條平行于某邊的直線剪成兩塊，其中一塊是梯形，記s＝，則s的最小值是________．
解析 如圖所示，設(shè)AD＝x m(0＜x＜1)，則DE＝AD＝x m，
∴梯形的周長為x＋2(1－x)＋1＝3－x (m)，
又S△ADE＝x2(m2)，
∴梯形的面積為－x2(m2)，
∴s＝×(0＜x＜1)，
∴s′＝×，令s′＝0得
x＝或3(舍去)，當(dāng)x∈時(shí)，s′＜0，s遞減；
當(dāng)x∈時(shí)，s′＞0，s遞增．故當(dāng)x＝時(shí)，s的最小值是.
答案
5．已有函數(shù)f(x)是R上的偶函數(shù)，且在(0，＋∞)上有f′(x)＞0，若f(－
14、1)＝0，那么關(guān)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，＋∞)單調(diào)遞增．又函數(shù)f(x)是R上的偶函數(shù)，所以f(1)＝f(－1)＝0.當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＜0，∴0＜x＜1；當(dāng)x＜0時(shí)，圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，f(x)＞0，∴x＜－1.
答案 (－∞，－1)∪(0,1)
6．(2012·廣州模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若對(duì)于任意x∈[－1,1]，都有f(x)≥0成立，則實(shí)數(shù)a的值為________．
解析 若x＝0，則不論a取何值，f(x)≥0顯然成立；
當(dāng)x＞0，即x∈(0,1]時(shí)，f(x)＝a
15、x3－3x＋1≥0可化為a≥－.
設(shè)g(x)＝－，則g′(x)＝，
所以g(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減，
因此g(x)max＝g＝4，從而a≥4.
當(dāng)x＜0，即x∈[－1,0)時(shí)，同理a≤－.
g(x)在區(qū)間[－1,0)上單調(diào)遞增，
∴g(x)min＝g(－1)＝4，從而a≤4，
綜上可知a＝4.
答案 4
二、解答題(每小題15分，共30分)
7．(2011·江蘇)請(qǐng)你設(shè)計(jì)一個(gè)包裝盒，如圖所示，ABCD是邊長為60 cm的正方形硬紙片，切去陰影部分所示的四個(gè)全等的等腰直角三角形，再沿虛線折起，使得A，B，C，D四個(gè)點(diǎn)重合于圖中的點(diǎn)P，正好形成一個(gè)正四棱柱形狀的
16、包裝盒，E，F(xiàn)在AB上，是被切去的一個(gè)等腰直角三角形斜邊的兩個(gè)端點(diǎn)．設(shè)AE＝FB＝x(cm)．
(1)某廣告商要求包裝盒的側(cè)面積S(cm2)最大，試問x應(yīng)取何值？
(2)某廠商要求包裝盒的容積V(cm3)最大，試問x應(yīng)取何值？并求出此時(shí)包裝盒的高與底面邊長的比值．
解 設(shè)包裝盒的高為h(cm)，底面邊長為a(cm)．由已知得a＝x，h＝＝(30－x)，0＜x＜30.
(1)S＝4ah＝8x(30－x)＝－8(x－15)2＋1 800.
所以當(dāng)x＝15 cm時(shí)，S取得最大值．
(2)V＝a2h＝2(－x3＋30x2)，V′＝6x(20－x)．
由V′＝0，得x＝0(舍)或x＝2
17、0.
當(dāng)x∈(0,20)時(shí)，V′＞0；當(dāng)x∈(20,30)時(shí)，V′＜0.
所以當(dāng)x＝20時(shí)，V取得極大值，也就是最大值，
此時(shí)＝，即包裝盒的高與底面邊長的比值為.
8．(★)(2011·金華模擬)已知函數(shù)f(x)＝aln x－ax－3(a∈R)．
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若函數(shù)y＝f(x)的圖象在點(diǎn)(2，f(2))處的切線的傾斜角為45°，對(duì)于任意的t∈[1,2]，函數(shù)g(x)＝x3＋x2在區(qū)間(t,3)上總不是單調(diào)函數(shù)，求m的取值范圍．
解 (1)根據(jù)題意知，f′(x)＝(x＞0)，
當(dāng)a＞0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1]，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞)；
18、
當(dāng)a＜0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1]；
當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)不是單調(diào)函數(shù)．
(2)∵f′(2)＝－＝1，∴a＝－2，
∴f(x)＝－2ln x＋2x－3.
∴g(x)＝x3＋x2－2x，
∴g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2.
∵g(x)在區(qū)間(t,3)上總不是單調(diào)函數(shù)，且g′(0)＝－2，
∴
由題意知：對(duì)于任意的t∈[1,2]，g′(t)＜0恒成立，
∴∴－＜m＜－9.
【點(diǎn)評(píng)】 利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)的單調(diào)性、最值、極值等問題時(shí)，主要分以下幾步：,第一步：確定函數(shù)的定義域；,第二步：求函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)；,第三步：求方程f′(x)＝0的根；,第四步：利用f′(x)＝0的根和不可導(dǎo)點(diǎn)的x的值從小到大順序?qū)⒍x域分成若干個(gè)小開區(qū)間，并列出表格；,第五步：由f′(x)在小開區(qū)間內(nèi)的正、負(fù)值判斷f(x)在小開區(qū)間內(nèi)的單調(diào)性；,第六步：明確規(guī)范表述結(jié)論.
（江蘇專用）高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第三篇 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用《第16講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用》理（含解析） 蘇教版
