高三文科數(shù)學(xué) 總復(fù)習(xí)專(zhuān)項(xiàng)強(qiáng)化訓(xùn)練(一)導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

《高三文科數(shù)學(xué) 總復(fù)習(xí)專(zhuān)項(xiàng)強(qiáng)化訓(xùn)練(一)導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高三文科數(shù)學(xué) 總復(fù)習(xí)專(zhuān)項(xiàng)強(qiáng)化訓(xùn)練(一)導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 溫馨提示： 此套題為Word版，請(qǐng)按住Ctrl,滑動(dòng)鼠標(biāo)滾軸，調(diào)節(jié)合適的觀看比例，答案解析附后。關(guān)閉Word文檔返回原板塊。 專(zhuān)項(xiàng)強(qiáng)化訓(xùn)練(一) 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 1.(20xx汕頭模擬)某商品每件成本5元,售價(jià)14元,每星期賣(mài)出75件.如果降低價(jià)格,銷(xiāo)售量可以增加,且每星期多賣(mài)出的商品件數(shù)m與商品單價(jià)的降低值x(單位:元,0≤x<9)的平方成正比,已知商品單價(jià)降低1元時(shí),一星期多賣(mài)出5件. (1)將一星期的商品銷(xiāo)售利潤(rùn)y表示成x的函數(shù). (2)如何定價(jià)才能使一個(gè)星期的商品銷(xiāo)售利潤(rùn)最大? 【解題提示】(1)先寫(xiě)出多賣(mài)的商品數(shù),則可計(jì)算出商品在一個(gè)星期的獲利數(shù),

2、再依題意“商品單價(jià)降低1元時(shí),一星期多賣(mài)出5件”求出比例系數(shù),即可把一個(gè)星期的商品銷(xiāo)售利潤(rùn)表示成x的函數(shù);(2)根據(jù)(1)中得到的函數(shù),利用導(dǎo)數(shù)研究其極值,也就是求出函數(shù)的極大值,從而得出定價(jià)為多少元時(shí),能使一個(gè)星期的商品銷(xiāo)售利潤(rùn)最大. 【解析】(1)依題意,設(shè)m=kx2,由已知得5=k12, 從而k=5,所以m=5x2, 所以y=(14-x-5)(75+5x2) =-5x3+45x2-75x+675(0≤x<9). (2)因?yàn)閥′=-15x2+90x-75=-15(x-1)(x-5), 由y′>0得1

3、在(1,5)上遞增,在(5,9)上遞減,從而函數(shù)y取得最大值的可能位置為x=0或是x=5,因?yàn)閥(0)=675,y(5)=800, 所以當(dāng)x=5時(shí),ymax=800, 答:商品每件定價(jià)為9元時(shí),可使一個(gè)星期的商品銷(xiāo)售利潤(rùn)最大. 【加固訓(xùn)練】(20xx湖南四校聯(lián)考)張林在李明的農(nóng)場(chǎng)附近建了一個(gè)小型工廠,由于工廠生產(chǎn)須占用農(nóng)場(chǎng)的部分資源,因此李明每年向張林索賠以彌補(bǔ)經(jīng)濟(jì)損失并獲得一定凈收入.工廠在不賠付農(nóng)場(chǎng)的情況下,工廠的年利潤(rùn)x(元)與年產(chǎn)量t(噸)滿足函數(shù)關(guān)系x=2 000.若工廠每生產(chǎn)一噸產(chǎn)品必須賠付農(nóng)場(chǎng)s元(以下稱s為賠付價(jià)格). (1)將工廠的年利潤(rùn)w(元)表示為年產(chǎn)量t(噸)的

4、函數(shù),并求出工廠獲得最大利潤(rùn)的年產(chǎn)量. (2)若農(nóng)場(chǎng)每年受工廠生產(chǎn)影響的經(jīng)濟(jì)損失金額y=0.002t2(元),在工廠按照獲得最大利潤(rùn)的產(chǎn)量進(jìn)行生產(chǎn)的前提下,農(nóng)場(chǎng)要在索賠中獲得最大凈收入,應(yīng)向張林的工廠要求賠付價(jià)格s是多少? 【解析】(1)工廠的實(shí)際年利潤(rùn)為: w=2 000-st(t≥0). w=2 000-st= 當(dāng)t=時(shí),w取得最大值. 所以工廠取得最大年利潤(rùn)的年產(chǎn)量 t= (噸). (2)設(shè)農(nóng)場(chǎng)凈收入為v元,則v=st-0.002t2. 將t=代入上式, 得:v= 又v′= 令v′=0,得s=20. 當(dāng)s<20時(shí),v′>0;當(dāng)s>20時(shí),v′<0, 所以s=2

5、0時(shí),v取得最大值. 因此李明向張林要求賠付價(jià)格s=20(元)時(shí),獲最大凈收入. 2.(20xx長(zhǎng)春模擬)已知函數(shù)f(x)=1-,g(x)=x-ln x. (1)證明:g(x)≥1. (2)證明:(x-ln x)f(x)>1-. 【證明】(1)g′(x)=, 當(dāng)01時(shí),g′(x)>0, 即g(x)在(0,1)上為減函數(shù),在(1,+∞)上為增函數(shù). 所以g(x)≥g(1)=1,得證. (2)f(x)=1-,f′(x)=, 所以02時(shí),f′(x)>0, 即f(x)在(0,2)上為減函數(shù),在(2,+∞)上為增函數(shù)

6、, 所以f(x)≥f(2)=1-,又由(1)x-ln x≥1, 所以(x-ln x)f(x)>1-. 3.已知函數(shù)f(x)=(x2+2x-2)ex,x∈R,e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù). (1)求函數(shù)f(x)的極值. (2)若方程f(x)=m有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根,試求實(shí)數(shù)m的取值范圍. 【解題提示】(1)根據(jù)求極值的方法求極值. (2)畫(huà)出圖象,根據(jù)圖象分析求解. 【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

7、) + 0 - 0 + f(x) 單調(diào)遞增 極大值 單調(diào)遞減 極小值 單調(diào)遞增 由表可得當(dāng)x=-4時(shí),函數(shù)f(x)有極大值f(-4)=6e-4; 當(dāng)x=0時(shí),函數(shù)f(x)有極小值f(0)=-2. (2)由(1)及當(dāng)x→-∞,f(x)→0;x→+∞,f(x)→+∞大致圖象為如圖,“方程f(x)=m有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根”轉(zhuǎn)化為函數(shù)f(x)的圖象與y=m的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn),故實(shí)數(shù)m的取值范圍為(-2,0]∪{6e-4}. 4.(20xx包頭模擬)已知函數(shù)f(x)=x2ln x. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間. (2)若關(guān)于x的方程f(x)=kx-1有實(shí)數(shù)解,

8、求實(shí)數(shù)k的取值范圍. 【解析】(1)函數(shù)的定義域?yàn)閧x|x>0},f′(x)=x(2ln x+1).令f′(x)=x(2ln x +1)>0,得2ln x+1>0,即x>;令f′(x)=x(2ln x+1)<0,得2ln x+1<0,即00), 設(shè)g(x)=xln x+,g′(x)=ln x+,g′(1)=0, 當(dāng)01時(shí),g′(x)>0,g(x)單調(diào)遞增

9、, 所以x>0時(shí),g(x)min=g(1)=1. 所以k≥1,k的取值范圍是[1,+∞). 5.(20xx四川高考)已知函數(shù)f(x)=ex-ax2-bx-1,其中a,b∈R,e=2.718 28…為自然對(duì)數(shù)的底數(shù). (1)設(shè)g(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù),求函數(shù)g(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值. (2)若f(1)=0,函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)有零點(diǎn),求a的取值范圍. 【解題提示】本題主要考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算、導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用,函數(shù)的零點(diǎn)等基礎(chǔ)知識(shí),考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力、創(chuàng)新意識(shí),考查函數(shù)與方程、數(shù)形結(jié)合、分類(lèi)與整合、化歸與轉(zhuǎn)化等數(shù)學(xué)思想,并考查思維的嚴(yán)謹(jǐn)性. 【

10、解析】(1)因?yàn)閒(x)=ex-ax2-bx-1, 所以g(x)=f′(x)=ex-2ax-b,又g′(x)=ex-2a, 因?yàn)閤∈[0,1],1≤ex≤e,所以: ①若a≤,則2a≤1,g′(x)=ex-2a≥0, 所以函數(shù)g(x)在區(qū)間[0,1]上單調(diào)遞增,g(x)min=g(0)=1-b. ②若0, 所以函數(shù)g(x)在區(qū)間[0,ln(2a)]上單調(diào)遞減,在區(qū)間(ln(2a),1]上單調(diào)遞增, g(x)min=g(ln(2a))=2a-2

11、aln(2a)-b. ③若a≥,則2a≥e,g′(x)=ex-2a≤0, 所以函數(shù)g(x)在區(qū)間[0,1]上單調(diào)遞減, g(x)min=g(1)=e-2a-b. 綜上所述,當(dāng)a≤時(shí),g(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值為g(x)min=g(0)=1-b; 當(dāng)

12、)在區(qū)間(0,1)內(nèi)不可能單調(diào)遞增,也不可能單調(diào)遞減, 由(1)知當(dāng)a≤或a≥時(shí),函數(shù)g(x)即f′(x)在區(qū)間[0,1]上單調(diào),不可能滿足上述要求. 故只有0?x<, 所以h(x)在區(qū)間(1,)上單調(diào)遞增,在區(qū)間(,e)上單調(diào)遞減,h(x)max=h()=-ln-e+1=-e+1<0, 即g(x)min<0恒成立, 因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)不可能單調(diào)遞增,也不可能單調(diào)遞減, 所以解得 又