江苏省启东中学高二数学暑假作业第7天导数的应用理(含解析)苏教版

江苏省启东中学高二数学暑假作业第7天导数的应用理（含解

析）苏教版

第7天 导数的应用

1. 函数g(x)＝xln x的单调减区间是____________．

2. 函数y＝xe的最小值是________．

3. 若函数f(x)＝ax－12x＋a的单调减区间为(－2，2)，则实数a＝________．

4. 若函数f(x)＝x＋ax＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则实数a的取值范围是______________．

5. 若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增，则实数k的取值范围是________．

6. 已知x＝0是函数f(x)＝(x－2a)(x＋ax＋2a)的极小值点，则实数a的取值范围是________________________________________________________________________．

7. 函数y＝x－2sin x在区间(0，π)上的单调增区间为________．

8. 若函数f(x)＝x－3x＋mx在区间(0，3)上有极值，则实数m的取值范围是________．

9. 定义在区间?0，?上的函数f(x)＝8sin x－tan x的最大值为________．

2??

10. 已知函数f(x)＝x|x－3|，若存在实数m∈(0，5]，使得当x∈[0，m]时，f(x)的取值范围是[0，am]，则实数a的取值范围是________．

1－x

11. 已知函数f(x)＝＋ln x.

ax

(1) 若函数f(x)在区间[1，＋∞)上为增函数，求正实数a的取值范围； (2) 讨论函数f(x)的单调性．

2

3

2

2

2

3

3

2

3

x

2

?

π?

12. 如图，圆锥OO1的体积为6π.设它的底面半径为x，侧面积为S. (1) 试写出S关于x的函数解析式；

(2) 当圆锥底面半径x为多少时，圆锥的侧面积最小？

13. 已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)． 1

(1) 当a＝时，求f(x)的极值；

2

(2) 讨论函数f(x)在定义域内极值点的个数．

14. 已知函数f(x)＝e－ax.

(1) 若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；

(2) 若f(x)在区间(0，＋∞)上只有一个零点，求实数a的值．

x

2

第7天 导数的应用

1

1. (0，e－] 解析：对函数求导，得g′(x)＝2xln x＋x.令g′(x)＝2xln x＋x≤0，

211

解得0

22

1xxxx

2. － 解析： y′＝e＋xe＝(x＋1)e，当x<－1时，y′<0，函数y＝xe是减函数；

e1xx

当x>－1时，y′>0，函数y＝xe是增函数，所以当x＝－1时，函数y＝xe取最小值－.

e 3. 1 解析：f′(x)＝3ax－12＜0的解集是(－2，2)，则a＝1.

4. (－∞，－3)∪(6，＋∞) 解析：由题意知f′(x)＝3x＋2ax＋(a＋6)＝0有两个不同的实数根，所以其判别式(2a)－4×3×(a＋6)>0，解得a<－3或a>6.

1?1? 5. [1，＋∞) 解析：由题意得f′(x)＝k－≥0在区间(1，＋∞)上恒成立，所以k≥??x?x?

2

2

2

max，即k≥1.

?4a－2a?，由x

6. (－∞，0)∪(2，＋∞) 解析：f′(x)＝3x＋(2a－4a)x＝3x?x－?3??

2

2

2

4a－2a＝0是函数的极小值点得＜0，解得a＞2或a＜0.

3

1?π? 7. ?，π? 解析：由y′＝1－2cos x＞0得cos x＜.因为x∈(0，π)，所以2?3?

2

??x∈?，π?.

?3?

8. (－9，3) 解析：由f′(x)＝3x－6x＋m在(0，3)上有变号零点，知m＝6x－3x，x∈(0，3)，得m∈(－9，3]，代入检验，由变号零点，知舍去3，所以m∈(－9，3)．

2

2

πcos2x＋sin2x8cos3x－1 9. 33 解析：f′(x)＝8cos x－＝，令f′(x)＝0，得cos x

cos2xcos2x

1?π?所以x＝π.当x∈?0，π?时，?ππ?＝，x∈?0，?，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈?，???2?3?23???32?时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以x＝是极大值点，也为最大值点，故f(x)max＝f??3?3?＝3 3.

10. [1，3) 解析：易知f(x)在(0，1)和(3，5)上单调递增，在(1，3)上单调递减；f(1)＝f(2)＝2，f(0)＝f(3)＝0，f(5)＝25.①当m∈(0，1]∪[2，5]时，f(x)max＝f(m)，所以am＝f(m)＝m|m－3|，所以 a＝|m－3|，由m∈(0，1)∪(2，5]，可知a∈(1，

2

2

π?π?

2

3)；②当m∈[1，2]时，f(x)max＝2，所以a＝，由m∈[1，2]，知a∈[1，2]．综上，a∈[1，

m3)．

11. 解析：(1) 因为f(x)＝

1－x

＋ln x， ax

ax－1

所以f′(x)＝2(a＞0)．

ax

因为函数f(x)在[1，＋∞)上为增函数， ax－1

所以f′(x)＝2≥0对x∈[1，＋∞)恒成立，

ax

1

即ax－1≥0对x∈[1，＋∞)恒成立，即a≥对x∈[1，＋∞)恒成立，所以a≥1，即

x正实数a的取值范围为[1，＋∞)．

1?1?a?x－?x－a?a?

(2) 因为a≠0，f′(x)＝＝22，x＞0.当a＜0时，f′(x)＞0对x∈(0，＋

axx1

∞)恒成立，所以f(x)的增区间为(0，＋∞)；当a＞0时，由f′(x)＞0，得x＞，由f′(x)

a1

＜0，得0＜x＜，

a

?1??1?所以f(x)的增区间为?，＋∞?，减区间为?0，?.综上，当a<0时，函数f(x)单调递?a??a??1??1?增；当a>0时，函数f(x)在?，＋∞?单调递增，在?0，?上单调递减． ?a??a?

123 6

12. 解析：(1) 设高为h，则体积为πxh＝6π，解得h＝2，所以母线长为l＝

3xx＋h＝

2

2

5412

x＋4，侧面积为S＝×2πxl＝πx2544

x＋2(x＞0)．

x

5410843

(2) 记f(x)＝x＋2，要求侧面积的最小值，只需求f(x)的最小值．f′(x)＝4x－3，

xx令f′(x)＝0，解得x＝3，随着x的变化，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：

x f′(x) f(x) (0，3) － 3 0 极小值 (3，＋∞) ＋ 所以当x＝3时，侧面积取最小值3 3π.

11

13. 解析：(1) 当a＝时，f(x)＝ln x－x，函数的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)

22112－x

＝－＝.令f′(x)＝0，得x＝2，所以当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表： x22x

x f′(x) f(x) (0，2) ＋ 2 0 (2，＋∞) － ln 2－1 故f(x)在定义域上的极大值为f(2)＝ln 2－1，无极小值． 11－ax

(2) 由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a＝(x>0)．

xx

当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，即函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；

?1??1?当a>0时，若f′(x) >0，则x∈?0，?；若f′(x)<0，则x∈?，＋∞?，故函数在x

?a??a?

1

＝处有极大值． a

综上可知，当a≤0时，函数f(x)无极值点；当a>0时，函数y＝f(x)有一个极大值点，1

且为x＝. a

14. 解析：(1) 当a＝1时，f(x)≥1等价于(x＋1)e－1≤0.

设函数g(x)＝(x＋1)e－1，则g′(x)＝－(x－2x＋1)e＝－(x－1)e. 当x≠1时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减． 又因为g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.

(2) 设函数h(x)＝1－axe，f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点当且仅当h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点成立．

当a≤0时，h(x)>0，h(x)没有零点； 当a>0时，h′(x)＝ax(x－2)e.

当x∈(0，2)时，h′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0， 所以h(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， 4a

故h(2)＝1－2是h(x)在(0，＋∞)上的最小值．

－x

2－x

2

－x

2

－x

2－x

2

－x

e①若h(2)>0，即a<，则h(x)在(0，＋∞)上没有零点；

4②若h(2)＝0，即a＝，则h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点；

4

e2

e2