（江蘇專用）高考數(shù)學總復習 第三篇 導數(shù)及其應用《第16講　導數(shù)的綜合應用》理（含解析） 蘇教版

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1、 A級　基礎達標演練 (時間：45分鐘　滿分：80分) 一、填空題(每小題5分，共35分) 1．要做一個圓錐形漏斗，其母線長為20 cm，要使體積最大，則其高為________cm. 解析　設圓錐的體積為V cm3，高為h cm， 則V＝π(400－h(huán)2)h ＝π(400 h－h(huán)3)， ∴V′＝π(400－3h2)， 由V′＝0，得h＝. 所以當h＝ cm時，V最大． 答案　 2．設m∈R，若函數(shù)y＝ex＋2mx有大于零的極值點，則m的取值范圍是________． 解析　因為函數(shù)y＝ex＋2mx，有大于零的極值點，所以y′＝ex＋2m＝0有大于零的實根． 令y

2、1＝ex，y2＝－2m，則兩曲線的交點必在第一象限．由圖象可得－2m>1，即m<－. 答案　m<－ 3．設p：f(x)＝x3＋2x2＋mx＋1在(－∞，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，q：m≥，則p是q的________條件． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 解析　∵f(x)＝x3＋2x2＋mx＋1，∴f′(x)＝3x2＋4x＋m. 由f(x)為增函數(shù)得f′(x)≥0在R上恒成立，則Δ≤0，即16－12m≤0，解得m≥.故為充分必要條件． 答案　充分必要 4．(2011·遼寧改編)函數(shù)f(x)的定義域為R，f(－1)＝2，對任意x∈R，f′(x)＞2，則f(x)＞2x＋4的解集為_

3、_______． 解析　令g(x)＝f(x)－2x－4，則g′(x)＝f′(x)－2＞0， ∴g(x)在R上遞增．又g(－1)＝f(－1)－2(－1)－4＝0. ∴g(x)＞0?x＞－1. 答案　(－1，＋∞) 5．已知函數(shù)f(x)的導數(shù)f′(x)＝a(x＋1)·(x－a)，若f(x)在x＝a處取到極大值，則a的取值范圍是________． 解析　結合二次函數(shù)圖象知， 當a>0或a<－1時，在x＝a處取得極小值， 當－1

4、__m2. 解析　設矩形的長為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公共點，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時恰有三個不同的公共點． 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a＜0時，若方程f(x)＝0只有一解，求a的值； (3)若對所有x≥0都有f(x)≥f(－x)，求a的取值范圍． 解　(1)f′(x)＝ex＋a. 當a≥0時，f′(x)＞0，f(x)在(－∞，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)． 當a＜0時， 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a≥0時，f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(－∞，＋∞)； 當a＜0時，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a＜0，x＝ln(－a)時，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x≥0時，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x≥0時，h(x)≥0恒成立． 又h′(x)＝ex＋e－x＋2a，且h′(x)≥2＋2a＝2＋2a，當x＝0時等號成立． ①當a＞－1時，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a＝－1時，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a＜－1時，方程h′(x)＝0的正根為x1＝ln(－a＋)，此時，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，h(x)＜h(0)＝0，與x≥0時，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，某市準備在一個湖泊的一側修建一條直路OC，另一側修建一條觀光大道，它的前一段OD是以O為頂點，x軸為對稱軸，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]時的圖象，圖象的最高點為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P落在曲線OD上何處時，水上樂園的面積最大？ 解　(1)對于函數(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)． 設點P(0≤t≤4)，則矩形PMFE的面積為S

9、＝t(0≤x≤4)．因為S′＝4－，由S′＝0，得t＝， 且當t∈時，S′＞0，則S單調(diào)遞增， 當t∈時，S′＜0，則S單調(diào)遞減； 所以當t＝時，S最大，此時點P的坐標為. 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　綜合創(chuàng)新備選 (時間：30分鐘　滿分：60分) 一、填空題(每小題5分，共30分) 1．(2011·濟寧模擬)一輛列車沿直線軌道前進，從剎車開始到停車這段時間內(nèi)，測得剎車后t秒內(nèi)列車前進的距離為S＝27t－0.45t2米，則

11、列車剎車后________秒車停下來，期間列車前進了________米． 解析　S′(t)＝27－0.9t，由瞬時速度v(t)＝S′(t)＝0得t＝30(秒)，期間列車前進了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．關于x的方程x3－3x2－a＝0有三個不同的實數(shù)解，則實數(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x＜0時，f′(x)＞0； 當0＜x＜2時，f′(x)＜0； 當x＞2時，f′(x)＞0. ∴當x＝0時，f(x)取得極大值， 即f(x)極大值＝f(0)＝－a； 當x＝2時，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x∈時，s′＜0，s遞減； 當x∈時，s′＞0，s遞增．故當x＝時，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x＞0時，f(x)＜0，∴0＜x＜1；當x＜0時，圖象關于y軸對稱，f(x)＞0，∴x＜－1. 答案　(－∞，－1)∪(0,1) 6．(2012·廣州模擬)設函數(shù)f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若對于任意x∈[－1,1]，都有f(x)≥0成立，則實數(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x＞0，即x∈(0,1]時，f(x)＝a

15、x3－3x＋1≥0可化為a≥－. 設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x＜0，即x∈[－1,0)時，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)請你設計一個包裝盒，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全等的等腰直角三角形，再沿虛線折起，使得A，B，C，D四個點重合于圖中的點P，正好形成一個正四棱柱形狀的

16、包裝盒，E，F(xiàn)在AB上，是被切去的一個等腰直角三角形斜邊的兩個端點．設AE＝FB＝x(cm)． (1)某廣告商要求包裝盒的側面積S(cm2)最大，試問x應取何值？ (2)某廠商要求包裝盒的容積V(cm3)最大，試問x應取何值？并求出此時包裝盒的高與底面邊長的比值． 解　設包裝盒的高為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x＝15 cm時，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x∈(0,20)時，V′＞0；當x∈(20,30)時，V′＜0. 所以當x＝20時，V取得極大值，也就是最大值， 此時＝，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(2，f(2))處的切線的傾斜角為45°，對于任意的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a＞0時，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a＜0時，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a＝0時，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：對于任意的t∈[1,2]，g′(t)＜0恒成立， ∴∴－＜m＜－9. 【點評】 利用導數(shù)解決函數(shù)的單調(diào)性、最值、極值等問題時，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的根和不可導點的x的值從小到大順序將定義域分成若干個小開區(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)范表述結論.