導(dǎo)數(shù)應(yīng)用題答案

1、16.如圖，拋物線y x2 9與x軸交于兩點A,B，點 C, D在拋物線上(點C在第一象限)，CD / AB .記 |CD|2x，梯形ABCD面積為S .求面積S以x為自變量的函數(shù)式;(n)器k，k為常數(shù)，且0 k 1, 求S的最大值.值.(I)解:依題意，點 C的橫坐標為x，點C的縱坐標為yc1分點B的橫坐標Xb滿足方程xB 9 0，解得Xb3，舍去Xb2分所以 S 1(|CD| | AB |)yc2(2x3)( x2 9) (x 3)(由點C在第一象限，得0所以S關(guān)于x的函數(shù)式為(X 3)(9)，0 x 3 5分x 3,(n)解:k,1，得 0 x 3k 6分f(x)(X3)(9), 03

2、k，f (x)3x2 6x3(x1)(x 3) 8分f (x)0，得x9分3k，1時,f (x)與f (x)的變化情況如下:(0,1)(13)f (x)3f(x)極大值所以，當x 1時,f(x)取得最大值，且最大值為f(1) 32 11 分若1 3k，即0k 1時，f(X)0恒成立,32所以，f(x)的最大值為f(3k)27(1k)(1 k )時，S的最大值為27(1 k)(1 k2) 1綜上，1 k 1時，S的最大值為32 ； 0 k317.統(tǒng)計表明，某種型號的汽車在勻速行駛中每小時的耗油量為y (升)，關(guān)于行駛速度x (千米/小時)的函數(shù)解析式可以表示為:13y X3 2x 8(0 x 1

3、20).12800080已知甲、乙兩地相距100千米.(I)當汽車以40千米/小時的速度勻速行駛時，從甲地到乙地要耗油多少升?(II )當汽車以多大的速度勻速行駛時，從甲地到乙地耗油最少？最少為多少升?型2.5解：(I)當x 40時，汽車從甲地到乙地行駛了40 小時,(-403 40 8) 2.517.5要耗油12800080(升)答：當汽車以40千米/小時的速度勻速行駛時，從甲地到乙地耗油17.5升.(II)當速度為x千米/小時時，汽車從甲地到乙地行駛了100x小時，設(shè)耗油量為h(x)升,依題意得h(x) (一1一x3x128000 808嚴丄x2x 1280800 % x 120),x 4

4、h(x) 640120).33800 x 80x2640x2 (令 h(x)0,得 x 80.當 x (0,80)時，h(x)0，h(x)是減函數(shù);當 X (80,120)時，h(x)0, h(x)是增函數(shù).當x 80時，h(x)取到極小值h(80)11.25.因為h(x)在(0,120上只有一個極值，所以它是最小值.答：當汽車以80千米/小時的速度勻速行駛時，從甲地到乙地耗油最少，最少為 11.25升.19.已知函數(shù)f(x) ex，點A(a,0)為一定點，直線x t(t a)分別與函數(shù)f(x)的圖象和x軸交于點M,N，記 AMN勺面積為S(t)。0時，求函數(shù)S(t)的單調(diào)區(qū)間;2時，若t。0

5、,2，使得S(t0)e,求實數(shù)a的取值范圍。7.解:(I)因為 S(t) 2 It a|e，其中 t a10 , S(t) 2|t |e，其中 t 00時,1 1S(t) 1te,S(t) 2(t 1)e ,所以S (t)0 ,所以S(t)在(0,)上遞增,當t 0時,S(t)2te,S(t)1)e ,令 S(t)1)e0 ,解得所以S(t)在(,1)上遞增令 S(t)1)e0 ,解得所以S(t)在(1,0)上遞減綜上，S(t)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,),(,1)因為 S(t) 1|t a|e，其中 t a0,2，使得S(t0) e，所以S(t)在0,2上的最大值一定大于等于e(I)求函數(shù)f(x

6、)2，t 0,2時，S(t) (a t)eS(t)2t(a1)e，令 S(t) 0,得ta 1當a 12時,即a 3時S(t)jit(a1)e0 對 t(0,2)成立，S(t)單調(diào)遞增所以當t2時,S(t)取得最大值1S(2) -(a2)e2令(a22)e2e,2解得a -e2,所以a3當a 12時,即a 3時S(t)(a1)e0 對 t(0,a1)成立，S(t)單調(diào)遞增S(t)1t(a1)e0 對 t(a 1,2)成立，S(t)單調(diào)遞減所以當ta 1時,S(t)取得最大值S(a 1)1 a1-e2令S(a1) 1ea1e,解得aln 2 2所以In 22a3綜上所述,In 2:2a已知函數(shù)f

7、X3.2ax bx3x在x1處取得極值。因為的解析式;20、t0(n)求證：對于區(qū)間1,1上任意兩個自變量的值 為，X2，都有f Xi f x2(rn)若過點A (1, m)(2)可作曲線y=f(x)的三條切線，求實數(shù) m的取值范圍.令 g(x)0,則 X11,x2a 22分(I) f x 3ax 2bx 2，依題意 f 1 f 103a 2b 3 O 即 3a 2b 3 O,解得 a=1 , b=0.-f XX3 3x 2 4(II ). f X X3 3x f X 3x233 X 1 X 1當一1VXV1時，f(x)vo，故f(x)在區(qū)間1, 1上為減函數(shù),x1xfmaxXf 12 , f

8、min xf 12 6*對于區(qū)間1, 1上任意兩個自變量的值X1,X2 ,I f x1 f X2 I I fmax X fmin X關(guān)于xO方程2xo 3xo m 3=O有三個實根的充要條件是*分(III)f(x)=3x2 3=3(x+1)(x 1),曲線方程為y=x3 3x，二點A (1, m)不在曲線上.設(shè)切點為M (xO, yO)，則點M的坐標滿足yo x；3Xo.因 f (Xo)3(x11)，故切線的斜率為3(xo 1)xo 3xo mXo 132整理得 2xo 3xo m 3 O.過點A (1 , m )可作曲線的三條切線,o9關(guān)于xO方程2Xo 3Xo m 3 =O有三個實根.32

9、2設(shè) g(xO)= 2Xo 3Xo m 3，則 g(x0)=6 x。6Xo由 g (xO)=O，得 xO=O 或 xO=1.O, 1) 上單調(diào)遞減.xO=1 *12g(xO)在( a, O) ,( 1 , + a)上單調(diào)遞增，在(32二函數(shù)g(xO)= 2xo 3xom 3的極值點為xO=O ,書:，解得-3m 2.g(1)0故所求的實數(shù)a的取值范圍是一3m 2ln X 在1,）上恒成立，求a的取值范圍.(1)當時，f (X) X11-,f(X)1XX所以,函數(shù)5 f (2)-4f（x）在點（2, f （2）處的切線方程為5-(X 2)4即：5x 4y 4 0（n ）函數(shù)的定義域為：x|x 0

10、f(x)a 畔 axLj2L)(aXXa 2時，f(x) 0恒成立,0)所以，f （X）在（,0）和（0,）上單調(diào)遞增f(X)2時，令f（X）0 ,即:0, X X2或 X X ； f (x)2 ax2 a 0，Xia 2 ,X2 a0, XX2,），單調(diào)減區(qū)間為所以，f （X）單調(diào)遞增(J（川）因為 f(x)21 nx 在1,）上恒成立，有 ax2ln X 0(a0)在1,）上恒成立。所以,令 g(x) ax2a 2ln x ,則 g(x) aX2 ax2 2x a 2 (x 1)axXX2(a 2)2 X若 a_- 1，即卩a 1時, ag(x) 0,函數(shù) g(x)在1,)上單調(diào)遞增，又g

11、(1) 0所以，f(x)2ln x 在1,)上恒成立;，即a1時,當 x (0,1),( -2,)時,ag (x)0,g(x)單調(diào)遞增;當x (J-)時,g (x)0 , g(x)單調(diào)遞減所以，g(x)在1,)上的最小值為g( ),a因為g (1) 0,所以g( J)a0不合題意.1,即a 1時，當x(0, L),(1,)時，g(x)0,g(x)單調(diào)遞增,aT時，g(x)0,g(x)單調(diào)遞減,所以，g(x)在1,)上的最小值為g(1)又因為g(1)0，所以f(x) 2lnx恒成立綜上知，a的取值范圍是1,).In x14已知函數(shù)f (x).x(I)求函數(shù)y f(x)在點(1,0)處的切線方程；(n)設(shè)實數(shù)k使得f(X) kx恒成立，求k的取值范圍;(川)設(shè)g(x) f (x) kx (k R)，求函數(shù)g(x)在區(qū)間1,e2上的零點個數(shù). e(D f(x)xf (x)1 In x2f (1)曲線yf(x)在點(1,0)處的切線方程為(n )設(shè) h(x)他哼(X 0)，則h(x)x x2ln x(-(x 0)猩M 0,解得：X晶x由已知對任意的x 0 , k竽h(x)恒成立當x在(0,)上變化時，h(x) , h(x)的變化情況如下表:x(0)(屆 )h x+0-h(x)12e由上表可知，當x Te時，h(x)取得最大值