2022届高考数学(文科人教A版)大一轮专项强化训练(一)导数的综合应用-.docx

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专项强化训练(一)
导数的综合应用
1.(2021·潍坊模拟)5A级景区沂山为提高经济效益,现对某一景点进行改造升级,提高旅游增加值,经过市场调查,旅游增加值y万元与投入x(x≥10)万元之间满足:y=f(x)=ax2+10150x-blnx10,a,b为常数,当x=10万元时,y=19.2万元;当x=50万元时,y=74.4万元.(参考数据:ln2≈0.7,ln3≈1.1,ln5≈1.6)
(1)求f(x)的解析式.
(2)求该景点改造升级后旅游利润T(x)的最大值.(利润=旅游增加值-投入)
【解题提示】(1)由条件:“当x=10万元时,y=19.2万元;当x=50万元时,y=74.4万元”列出关于a,b的方程组,解得a,b的值即得f(x)的解析式.
(2)先写出函数T(x)的解析式,再利用导数争辩其单调性,进而得出其最大值,从而解决问题.
【解析】(1)由条件可得
a×102+10150×10-bln1=19.2,a×502+10150×50-bln5=74.4,
解得a=-1100,b≈1.则f(x)=-x2100+10150x-lnx10(x≥10).
(2)由T(x)=f(x)-x=-x2100+5150x-lnx10(x≥10),
则T′(x)=-x50+5150-1x=-(x-1)(x-50)50x.
令T′(x)=0,则x=1(舍)或x=50,
当x∈(10,50)时,T′(x)>0,因此T(x)在(10,50)上是增函数;
当x>50时,T′(x)<0,因此T(x)在(50,+∞)上是减函数,
故x=50为T(x)的极大值点,也是最大值点,且最大值为24.4万元.
即该景点改造升级后旅游利润T(x)的最大值为T(50)≈24.4万元.
【加固训练】(2021·湖南四校联考)张林在李明的农场四周建了一个小型工厂,由于工厂生产须占用农场的部分资源,因此李明每年向张林索赔以弥补经济损失并获得确定净收入.工厂在不赔付农场的状况下,工厂的年利润x(元)与年产量t(吨)满足函数关系x=2 000.若工厂每生产一吨产品必需赔付农场s元(以下称s为赔付价格).
(1)将工厂的年利润w(元)表示为年产量t(吨)的函数,并求出工厂获得最大利润的年产量.
(2)若农场每年受工厂生产影响的经济损失金额y=0.002t2(元),在工厂依据获得最大利润的产量进行生产的前提下,农场要在索赔中获得最大净收入,应向张林的工厂要求赔付价格s是多少?
【解析】(1)工厂的实际年利润为:
w=2 000-st(t≥0).
w=2 000-st=
当t=时,w取得最大值.
所以工厂取得最大年利润的年产量
t= (吨).
(2)设农场净收入为v元,则v=st-0.002t2.
将t=代入上式,
得:v=
又v′=
令v′=0,得s=20.
当s<20时,v′>0;当s>20时,v′<0,
所以s=20时,v取得最大值.
因此李明向张林要求赔付价格s=20(元)时,获最大净收入.
2.已知函数f(x)=1-,g(x)=x-ln x.
(1)证明:g(x)≥1.
(2)证明:(x-ln x)f(x)>1-.
【证明】(1)g′(x)=,
当0<x<1时,g′(x)<0,当x>1时,g′(x)>0,
即g(x)在(0,1)上为减函数,在(1,+∞)上为增函数.
所以g(x)≥g(1)=1,得证.
(2)f(x)=1-,f′(x)=,
所以0<x<2时,f′(x)<0,x>2时,f′(x)>0,
即f(x)在(0,2)上为减函数,在(2,+∞)上为增函数,
所以f(x)≥f(2)=1-,又由(1)x-ln x≥1,
所以(x-ln x)f(x)>1-.
3.已知函数f(x)=(x2+2x-2)·ex,x∈R,e为自然对数的底数.
(1)求函数f(x)的极值.
(2)若方程f(x)=m有两个不同的实数根,试求实数m的取值范围.
【解题提示】(1)依据求极值的方法求极值.
(2)画出图象,依据图象分析求解.
【解析】(1)f′(x)=(2x+2)·ex+(x2+2x-2)·ex=(x2+4x)·ex,
令f′(x)=0,解得x1=-4或x2=0,列表如下:
x
(-∞,-4)
-4
(-4,0)
0
(0,+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
微小值
单调递增
由表可得当x=-4时,函数f(x)有极大值f(-4)=6e-4;
当x=0时,函数f(x)有微小值f(0)=-2.
(2)由(1)及当x→-∞,f(x)→0;x→+∞,f(x)→+∞大致图象为如图,“方程f(x)=m有两个不同的实数根”转化为函数f(x)的图象与y=m的图象有两个不同的交点,故实数m的取值范围为(-2,0]∪{6e-4}.

4.(2021·日照模拟)已知函数f(x)=ax3lnx+bx3+c在x=1处取得极值c+2,a,b,c为常数.
(1)试确定a,b的值.
(2)争辩函数f(x)的单调区间.
(3)若对任意x>0,不等式f(x)≤c2恒成立,求c的取值范围.
【解析】(1)由于f(x)=ax3lnx+bx3+c,所以f′(x)=3ax2lnx+ax2+3bx2,
由于函数f(x)=ax3lnx+bx3+c在x=1处取得极值c+2,
所以f'(1)=a+3b=0,f(1)=b+c=c+2,解得a=-6,b=2.
(2)由(1)得f′(x)=-18x2lnx,x>0,
由f′(x)>0,得0<x<1,所以增区间为(0,1).
由f′(x)<0,得x>1,所以减区间为(1,+∞).
(3)当x>0时,f(x)≤c2恒成立的充要条件是f(x)最大值≤c2,
由(2)知f(x)最大值=f(1)≤c2,
即c2≥2+c,解得c≤-1或c≥2.
所以c的取值范围是(-∞,-1]∪[2,+∞).
5.(2022·四川高考)已知函数f(x)=ex-ax2-bx-1,其中a,b∈R,e=2.718 28…为自然对数的底数.
(1)设g(x)是函数f(x)的导函数,求函数g(x)在区间[0,1]上的最小值.
(2)若f(1)=0,函数f(x)在区间(0,1)内有零点,求a的取值范围.
【解题提示】本题主要考查导数的运算、导数在争辩函数中的应用,函数的零点等基础学问,考查推理论证力气、运算求解力气、创新意识,考查函数与方程、数形结合、分类与整合、化归与转化等数学思想,并考查思维的严谨性.
【解析】(1)由于f(x)=ex-ax2-bx-1,
所以g(x)=f′(x)=ex-2ax-b,又g′(x)=ex-2a,
由于x∈[0,1],1≤ex≤e,所以:
①若a≤,则2a≤1,g′(x)=ex-2a≥0,
所以函数g(x)在区间[0, 1]上单调递增,g(x)min=g(0)=1-b.
②若<a<,则1<2a<e,
于是当0≤x≤ln(2a)时,g′(x)=ex-2a≤0,
当ln(2a)<x≤1时,g′(x)=ex-2a>0,
所以函数g(x)在区间[0,ln(2a)]上单调递减,在区间(ln(2a),1]上单调递增,
g(x)min=g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b.
③若a≥,则2a≥e,g′(x)=ex-2a≤0,
所以函数g(x)在区间[0,1]上单调递减,
g(x)min=g(1)=e-2a-b.
综上所述,当a≤时,g(x)在区间 [0,1]上的最小值为g(x)min=g(0)=1-b;
当<a<时,g(x)在区间[0, 1]上的最小值为
g(x)min=g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b;
当a≥时,g(x)在区间[0,1]上的最小值为g(x)min=g(1)=e-2a-b.
(2)由f(1)=0⇒e-a-b-1=0⇒b=e-a-1,又f(0)=0,若函数f(x)在区间(0,1)内有零点,则函数f(x)在区间(0,1)内不行能单调递增,也不行能单调递减,
由(1)知当a≤或a≥时,函数g(x)即f′(x)在区间[0,1]上单调,不行能满足上述要求.
故只有<a<,此时g(x)min=2a-2aln(2a)-b=3a-2aln(2a)-e+1,
令h(x)=x-xln x-e+1(1<x<e),
则h′(x)=-ln x.
由h′(x)=-ln x>0⇒x<,
所以h(x)在区间(1,)上单调递增,在区间(,e)上单调递减,h(x)max=h()=-ln-e+1=-e+1<0,
即g(x)min<0恒成立,
由于函数f(x)在区间(0,1)内不行能单调递增,也不行能单调递减,
所以解得
又<a<,所以e-2<a<1,
综上,a的取值范围为(e-2,1).
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