2019年高考数学(理)一轮复习精品资料专题15导数的综合应用(押题专练)含解析

S表=πR2+2πRl=πR2+2π·,

R54π

所以S′表=2πR-2.

27

R令S′表=0,得R=3,则当R=3时,S表最小. 答案 3

12.定义域为R的可导函数y=f(x)的导函数为f′(x),满足f(x)>f′(x),且f(0)=1,则不等式解集为________.

f(x)

e

x<1的

答案 {x|x>0} 13.若函数f(x)=解析 f′(x)=

ax-ae

x+1(a<0)没有零点,则实数a的取值范围为________.

2xaex-(ax-a)ex-a(x-2)

e

=e

x(a<0).

当x<2时,f′(x)<0;当x>2时,f′(x)>0, ∴当x=2时,f(x)有极小值f(2)=2+1.

e

若使函数f(x)没有零点,当且仅当f(2)=2+1>0,

e解之得a>-e,因此-e

14.已知函数y=x-3x+c的图象与x轴恰有两个公共点,则c=________. 解析:设f(x)=x-3x+c, 对f(x)求导可得,f′(x)=3x-3, 令f′(x)=0,可得x=±1,

易知f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递增,

2

33

22

2

aa

在(-1,1)上单调递减.

若f(1)=1-3+c=0,可知c=2; 若f(-1)=-1+3+c=0,可得c=-2. 答案:-2或2

15.已知函数f(x)=ax-3x+1对x∈(0,1]总有f(x)≥0成立,则实数a的取值范围是________. 3x-13x-13

解析:当x∈(0,1]时不等式ax-3x+1≥0可化为a≥3,设g(x)=3,x∈(0,1],

xx

3

?x-1?6?2?32

3x-(3x-1)·3x??

g′(x)==-. 64

xx

g′(x)与g(x)随x的变化情况如下表:

x g′(x) g(x) ?0,1? ?2???+ 1 20 极大值4 ?1,1? ?2???- 因此g(x)的最大值为4,则实数a的取值范围是[4,+∞). 答案:[4,+∞)

16.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=8 300-170p-p,则该商品零售价定为________元时利润最大,利润的最大值为________元.

2

答案:30 23 000

17.据环保部门测定,某处的污染指数与附近污染源的强度成正比,与到污染源距离的平方成反比,比例常数为k(k>0).现已知相距18 km的A,B两家化工厂(污染源)的污染强度分别为a,b,它们连线上任意一点C处的污染指数y等于两化工厂对该处的污染指数之和.设AC=x(km).

(1)试将y表示为x的函数;

(2)若a=1,且x=6时,y取得最小值,试求b的值.

kakb

解:(1)设点C受A污染源污染程度为2,点C受B污染源污染程度为2,其中k为比例系数,且k>0.

x(18-x)从而点C处受污染程度y=

kakb

2+2. x(18-x)

kkb

(2)因为a=1,所以,y=2+2,

x(18-x)2b?2?y′=k?-3+3?

?x(18-x)?令y′=0,得x=

18

, 31+b

又此时x=6,解得b=8,经验证符合题意, 所以,污染源B的污染强度b的值为8.

be

18.设函数f(x)=aeln x+,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=e(x-1)+2.

x

x

x-1

(1)求a,b; (2)证明:f(x)>1.

2x-1.x

(2)证明:由(1)知,f(x)=eln x+e,

x2-x

从而f(x)>1等价于xln x>xe-,

e设函数g(x)=xln x,则g′(x)=1+ln x.

?1?所以当x∈?0,?时,g′(x)<0; ?e??1?当x∈?,+∞?时,g′(x)>0. ?e?

?1??1?故g(x)在?0,?上单调递减,在?,+∞?上单调递增, ?e??e?

1?1?从而g(x)在(0,+∞)上的最小值为g??=-.

e?e?

2-x-x

设函数h(x)=xe-,则h′(x)=e(1-x).

e所以当x∈(0,1)时,h′(x)>0; 当x∈(1,+∞)时,h′(x)<0.

故h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 1

从而h(x)在(0,+∞)上的最大值为h(1)=-.

e综上,当x>0时,g(x)>h(x),即f(x)>1. 19.已知函数f(x)=ln x+(a>0). (1)若函数f(x)有零点,求实数a的取值范围; 21

(2)证明:当a≥,b>1时,f(ln b)>.

ebax

11

(2)令h(x)=xlnx+a ,则h′(x)=ln x+1,当0<x<时,f′(x)<0;当x>时,f′(x)>0,所以函数

ee

h(x)在?0,?上单调递减,在?,+∞?上单调递增.

ee

??

1??

?1?

??

11211

当x=时,[h(x)]min=-+a,于是,当a≥时,h(x)≥-+a≥,①

eeeee

令φ(x)=xe,则φ′(x)=e-xe=e(1-x),当0<x<1时,φ′(x)>0;

当x>1时,φ′(x)<0,所以函数φ(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.当x=1时,[φ(x)]max

11

=,于是,当x>0时,φ(x)≤,② ee

2-x显然,不等式①、②中的等号不能同时成立,故当x>0,a≥时,xln x+a>xe,

e

-x-x-x-xa11b因为b>1,所以ln b>0,所以ln b·ln(ln b)+a>ln b·e-ln,所以ln(ln b)+>,即f(ln b)>.

ln bbb20.已知函数f(x)=ln x-

a(x-1)

(a∈R). x

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