（江蘇專用）高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 第5講 導(dǎo)數(shù)與實(shí)際應(yīng)用及不等式問題提升訓(xùn)練 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題

第5講導(dǎo)數(shù)與實(shí)際應(yīng)用及不等式問題一、填空題1．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－2x2＋3m，x∈[0，＋∞)，若f(x)＋5≥0恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________． 解析f′(x)＝x2－4x，由f′(x)＞0，得x＞4或x＜0. ∴f(x)在(0，4)上單調(diào)遞減，在(4，＋∞)上單調(diào)遞增，∴當(dāng)x∈[0，＋∞)時(shí)，f(x)min＝f(4)．∴要使f(x)＋5≥0恒成立，只需f(4)＋5≥0恒成立即可，代入解之得m≥eq\f(17,9). 答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17,9)，＋∞))2．若存在正數(shù)x使2x(x－a)＜1成立，則a的取值范圍是________． 解析∵2x(x－a)＜1，∴a＞x－eq\f(1,2x). 令f(x)＝x－eq\f(1,2x)， ∴f′(x)＝1＋2－xln2＞0. ∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴f(x)＞f(0)＝0－1＝－1， ∴a的取值范圍為(－1，＋∞)． 答案(－1，＋∞)3．(2014·江蘇卷)已知函數(shù)f(x)＝x2＋mx－1，若對(duì)于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)＜0成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________． 解析作出二次函數(shù)f(x)的圖象，對(duì)于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)＜0，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（m）＜0，,f（m＋1）＜0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m2＋m2－1＜0，,（m＋1）2＋m（m＋1）－1＜0，))解得－eq\f(\r(2),2)＜m＜0. 答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0))4．(2015·南師附中調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－x2－3x＋eq\f(4,3)，直線l：9x＋2y＋c＝0，若當(dāng)x∈[－2，2]時(shí)，函數(shù)y＝f(x)的圖象恒在直線l下方，則c的取值范圍是________． 解析根據(jù)題意知eq\f(1,3)x3－x2－3x＋eq\f(4,3)＜－eq\f(9,2)x－eq\f(c,2)在x∈[－2，2]上恒成立，則－eq\f(c,2)＞eq\f(1,3)x3－x2＋eq\f(3,2)x＋eq\f(4,3)， 設(shè)g(x)＝eq\f(1,3)x3－x2＋eq\f(3,2)x＋eq\f(4,3)， 則g′(x)＝x2－2x＋eq\f(3,2)， 則g′(x)＞0恒成立， 所以g(x)在[－2，2]上單調(diào)遞增， 所以g(x)max＝g(2)＝3，則c＜－6. 答案(－∞，－6)5．如圖，某飛器在4千米高空水平飛行，從距著陸點(diǎn)A的水平距離10千米處開始下降，已知下降飛行軌跡為某三次函數(shù)圖象的一部分，則該函數(shù)的解析式為______________． 解析設(shè)所求解析式為y＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)， ∵函數(shù)圖象過(0，0)點(diǎn)，∴d＝0. 又圖象過(－5，2)，(5，－2)， ∴函數(shù)為奇函數(shù)． ∴b＝0，代入可得－125a－5 又y′＝3ax2＋c，當(dāng)x＝－5時(shí)，y′＝75a＋c 由①②得a＝eq\f(1,125)，c＝eq\f(3,5)， ∴函數(shù)解析式為y＝eq\f(1,125)x3－eq\f(3,5)x. 答案y＝eq\f(1,125)x3－eq\f(3,5)x6．(2015·全國(guó)Ⅱ卷改編)設(shè)函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，f(－1)＝0，當(dāng)x>0時(shí)，xf′(x)－f(x)＜0，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是________． 解析因?yàn)閒(x)(x∈R)為奇函數(shù)，f(－1)＝0，所以f(1)＝－f(－1)＝0.當(dāng)x≠0時(shí)，令g(x)＝eq\f(f（x）,x)，則g(x)為偶函數(shù)，且g(1)＝g(－1)＝0.則當(dāng)x＞0時(shí)，g′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(f（x）,x)))′＝eq\f(xf′（x）－f（x）,x2)＜0，故g(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，在(－∞，0)上為增函數(shù)．所以在(0，＋∞)上，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g(x)＞g(1)＝0?eq\f(f（x）,x)＞0?f(x)＞0； 在(－∞，0)上，當(dāng)x＜－1時(shí)，g(x)＜g(－1)＝0?eq\f(f（x）,x)＜0?f(x)＞0.綜上，得使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是(－∞，－1)∪(0，1)． 答案(－∞，－1)∪(0，1)7．(2015·蘇、錫、常、鎮(zhèn)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時(shí)，即x∈(0，1]時(shí)，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化為 a≥eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3). 令g(x)＝eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3)，則g′(x)＝eq\f(3（1－2x）,x4)， 所以g(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞增，在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞減． 因此g(x)max＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝4，從而a≥4. 當(dāng)x＜0時(shí)，即x∈[－1，0)時(shí)， 同理a≤eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3). g(x)在區(qū)間[－1，0)上單調(diào)遞增， 所以g(x)min＝g(－1)＝4，從而a≤4，綜上可知a＝4. 答案48．(2015·青島模擬)已知函數(shù)f(x)＝x－eq\f(1,x＋1)，g(x)＝x2－2ax＋4，若對(duì)于任意x1∈[0，1]，存在x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 解析由于f′(x)＝1＋eq\f(1,（x＋1）2)＞0，因此函數(shù)f(x)在[0，1]上單調(diào)遞增，所以x∈[0，1]時(shí)，f(x)min＝f(0)＝－1.根據(jù)題意可知存在x∈[1，2]，使得g(x)＝x2－2ax＋4≤－1，即x2－2ax＋5≤0，即a≥eq\f(x,2)＋eq\f(5,2x)能成立，令h(x)＝eq\f(x,2)＋eq\f(5,2x)，則要使a≥h(x)在x∈[1，2]能成立，只需使a≥h(x)min，又函數(shù)h(x)＝eq\f(x,2)＋eq\f(5,2x)在x∈[1，2]上單調(diào)遞減，所以h(x)min＝h(2)＝eq\f(9,4)，故只需a≥eq\f(9,4). 答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，＋∞))二、解答題9．(2015·天津卷改編)已知函數(shù)f(x)＝nx－xn，x∈R，其中n∈N*，n≥2. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)設(shè)曲線y＝f(x)與x軸正半軸的交點(diǎn)為P，曲線在點(diǎn)P處的切線方程為y＝g(x)，求證：對(duì)于任意的正實(shí)數(shù)x，都有f(x)≤g(x)． (1)解由f(x)＝nx－xn，可得f′(x)＝n－nxn－1＝n(1－xn－1)．其中n∈N*，且n≥2，下面分兩種情況討論： ①當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)． 令f′(x)＝0，解得x＝1，或x＝－1. 當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，－1)－1(－1，1)1(1，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)↘極小值↗極大值↘ 所以，f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上單調(diào)遞減，在(－1，1)內(nèi)單調(diào)遞增． ②當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)． 當(dāng)f′(x)＞0，即x＜1時(shí)，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)f′(x)＜0，即x＞1時(shí)，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減； 所以，f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減． (2)證明設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x0，0)， 則x0＝neq\f(1,n－1)，f′(x0)＝n－n2. 曲線y＝f(x)在點(diǎn)P處的切線方程為y＝f′(x0)(x－x0)， 即g(x)＝f′(x0)(x－x0)． 令F(x)＝f(x)－g(x)， 即F(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)， 則F′(x)＝f′(x)－f′(x0)． 由于f′(x)＝－nxn－1＋n在(0，＋∞)上單調(diào)遞減， 故F′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減， 又因?yàn)镕′(x0)＝0， 所以當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，F(xiàn)′(x)＞0， 當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，F(xiàn)′(x)＜0， 所以F(x)在(0，x0)內(nèi)單調(diào)遞增， 在(x0，＋∞)上單調(diào)遞減， 所以對(duì)于任意的正實(shí)數(shù)x， 都有F(x)≤F(x0)＝0， 即對(duì)于任意的正實(shí)數(shù)x， 都有f(x)≤g(x)．10．(2015·蘇州調(diào)研)根據(jù)統(tǒng)計(jì)資料，某工藝品廠的日產(chǎn)量最多不超過20件，每日產(chǎn)品廢品率p與日產(chǎn)量x(件)之間近似地滿足關(guān)系式p＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2,15－x)，1≤x≤9，x∈N*，,\f(x2＋60,540)，10≤x≤20，x∈N*)) (日產(chǎn)品廢品率＝eq\f(日廢品量,日產(chǎn)量)×100%) 已知每生產(chǎn)一件正品可贏利2千元，而生產(chǎn)一件廢品則虧損1千元(該車間的日利潤(rùn)y＝日正品贏利額－日廢品虧損額)． (1)將該車間日利潤(rùn)y(千元)表示為日產(chǎn)量x(件)的函數(shù)； (2)當(dāng)該車間的日產(chǎn)量為多少件時(shí)，日利潤(rùn)最大？最大日利潤(rùn)是幾千元？ 解(1)由題意可知 y＝2x(1－p)－px＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(24x－2x2,15－x)，1≤x≤9，x∈N*，,\f(5,3)x－\f(x3,180)，10≤x≤20，x∈N*.)) (2)考慮函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(24x－2x2,15－x)，1≤x≤9，,\f(5,3)x－\f(x3,180)，10≤x≤20，)) 當(dāng)1≤x≤9時(shí)，f′(x)＝2－eq\f(90,（15－x）2)，令f′(x)＝0， 得x＝15－3eq\r(5). 當(dāng)1≤x＜15－3eq\r(5)時(shí)，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)在[1，15－3eq\r(5))上單調(diào)遞增； 當(dāng)15－3eq\r(5)＜x≤9時(shí)，f′(x)＜0， 函數(shù)f(x)在(15－3eq\r(5)，9]上單調(diào)遞減． 所以當(dāng)x＝15－3eq\r(5)時(shí)，f(x)取得極大值，也是最大值， 又x是整數(shù)，f(8)＝eq\f(64,7)，f(9)＝9， 所以當(dāng)x＝8時(shí)，f(x)有最大值eq\f(64,7). 當(dāng)10≤x≤20時(shí)，f′(x)＝eq\f(5,3)－eq\f(x2,60)＝eq\f(100－x2,60)≤0， 所以函數(shù)f(x)在[10，20]上單調(diào)遞減， 所以當(dāng)x＝10時(shí)，f(x)取得極大值eq\f(100,9)，也是最大值． 由于eq\f(100,9)＞eq\f(64,7)，所以當(dāng)該車間的日產(chǎn)量為10件時(shí)，日利潤(rùn)最大． 故當(dāng)該車間的日產(chǎn)量為10件時(shí)，日利潤(rùn)最大，最大日利潤(rùn)是eq\f(100,9)千元．11．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(mx,x2＋n)(m，n∈R)在x＝1處取得極值2. (1)求函數(shù)f(x)的解析式； (2)設(shè)函數(shù)g(x)＝lnx＋eq\f(a,x)，若對(duì)任意的x1∈R，總存在x2∈[1，e]，使得g(x2)≤f(x1)＋eq\f(7,2)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解(1)f′(x)＝eq\f(m（x2＋n）－2mx2,（x2＋n）2)＝eq\f(mx2－2mx2＋mn,（x2＋n）2)＝eq\f(－mx2＋mn,（x2＋n）2)， 由于f(x)在x＝1處取得極值2， 故f′(1)＝0，f(1)＝2，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(mn－m,（1＋n）2)＝0，,\f(m,1＋n)＝2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝4，,n＝1，)) 經(jīng)檢驗(yàn)，此時(shí)f(x)在x＝1處取得極值． 故f(x)＝eq\f(4x,x2＋1). (2)由(1)知f(x)的定義域?yàn)镽，且f(－x)＝－f(x)． 故f(x)為奇函數(shù)，f(0)＝0. 當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＞0，f(x)＝eq\f(4,x＋\f(1,x))≤2， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取“＝”． 故f(x)的值域?yàn)閇－2，2]， 從而f(x1)＋eq\f(7,2)≥eq\f(3,2). 依題意有g(shù)(x)min≤eq\f(3,2)，x∈[1，e]， g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)＝eq\f(x－a,x2)， ①當(dāng)a≤1時(shí)，