課后作業(十五)導數的綜合應用一、選擇題1．若直線y＝m與y＝3x－x3的圖象有三個不同的交點，則實數m的取值范圍為()A．－2＜m＜2 B．－2≤m≤2C．m＜－2或m＞2 D．m≤－2或m≥2圖2－12－32．在R上可導的函數f(x)的圖象如圖2－12－3所示，則關于x的不等式x·f′(x)＜0的解集為()A．(－∞，－1)∪(0，1)B．(－1，0)∪(1，＋∞)C．(－2，－1)∪(1，2)D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)3．函數f(x)＝eq\f(1,2)ex(sinx＋cosx)在區間[0，eq\f(π,2)]上的值域為()A．[eq\f(1,2)，eq\f(1,2)eeq\s\up6(\f(π,2))] B．(eq\f(1,2)，eq\f(1,2)eeq\s\up6(\f(π,2)))C．[1，eeq\s\up6(\f(π,2))] D．(1，eeq\s\up6(\f(π,2)))4．(2013·濰坊模擬)函數f(x)的定義域為R，f(－1)＝2，對任意x∈R，f′(x)＞2，則f(x)＞2x＋4的解集為()A．(－1，1)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，＋∞)圖2－12－45．(2013·青島模擬)如圖2－12－4為一圓錐形容器，其底面圓的直徑等于圓錐母線長，水以每分鐘9.3升的速度注入容器內，則注入水的高度在t＝eq\f(1,27)分鐘時的瞬時變化率為(注：π≈3.1)()A．27分米/分鐘 B．9分米/分鐘C．81分米/分鐘 D．9eq\r(9)分米/分鐘6．(2012·湖南高考)設定義在R上的函數f(x)是最小正周期為2π的偶函數，f′(x)是f(x)的導函數，當x∈[0，π]時，0<f(x)<1；當x∈(0，π)且x≠eq\f(π,2)時，(x－eq\f(π,2))f′(x)>0.則函數y＝f(x)－sinx在[－2π，2π]上的零點個數為()A．2 B．4 C．5 D．8二、填空題7．若f(x)＝xsinx＋cosx，則f(－3)，f(eq\f(π,2))，f(2)的大小關系為________．8．(2013·中山模擬)若函數f(x)滿足：“對于區間(1，2)上的任意實數x1，x2(x1≠x2)，|f(x2)－f(x1)|＜|x2－x1|恒成立”，則稱f(x)為完美函數，給出以下四個函數①f(x)＝eq\f(1,x)；②f(x)＝|x|；③f(x)＝(eq\f(1,2))x；④f(x)＝x2.其中是完美函數的序號是________．9．已知函數f(x)＝x2＋mx＋lnx是單調遞增函數，則m的取值范圍是________．三、解答題10．(2013·濰坊模擬)已知定義在區間[－2，t](t＞－2)上的函數f(x)＝(x2－3x＋3)ex.(1)當t＞1時，求函數y＝f(x)的單調區間；(2)設m＝f(－2)，n＝f(t)，試證明m＜n.11．(2013·福州模擬)某商場銷售某種商品的經驗表明，該商品每日的銷售量y(單位：千克)與銷售價格x(單位：元/千克)滿足關系式y＝eq\f(a,x－3)＋10(x－6)2，其中3＜x＜6，a為常數．已知銷售價格為5元/千克時，每日可售出該商品11千克．(1)求a的值；(2)若該商品的成本為3元/千克，試確定銷售價格x的值，使商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大．12．(2013·寧波模擬)已知函數f(x)＝2x3＋eq\f(3,2)tx2－3t2x＋eq\f(t－1,2)，x∈R，其中t∈R.(1)當t＝1時，求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；(2)當t≠0時，求f(x)的單調區間；(3)證明：對任意的t∈(0，＋∞)，f(x)在區間(0，1)內均存在零點．解析及答案一、選擇題1．【解析】y′＝3(1－x)(1＋x)，由y′＝0，得x＝±1，∴y極大＝2，y極小＝－2，∴－2＜m＜2.【答案】A2．【解析】(1)當x∈(－∞，－1)和x∈(1，＋∞)時，f(x)是增函數，∴f′(x)＞0，因此x＜0，∴x·f′(x)＜0的范圍是(－∞，－1)．(2)當－1＜x＜1時，f(x)遞減，∴f′(x)＜0.由x·f′(x)＜0，得x＞0，∴0＜x＜1.故x·f′(x)＜0的解集為(－∞，－1)∪(0，1)．【答案】A3．【解析】f′(x)＝eq\f(1,2)ex(sinx＋cosx)＋eq\f(1,2)ex(cosx－sinx)＝excosx，當0＜x＜eq\f(π,2)時，f′(x)＞0，∴f(x)是[0，eq\f(π,2)]上的增函數．∴f(x)的最大值為f(eq\f(π,2))＝eq\f(1,2)eeq\s\up6(\f(π,2))，f(x)的最小值為f(0)＝eq\f(1,2).∴f(x)的值域為[eq\f(1,2)，eq\f(1,2)eeq\s\up6(\f(π,2))]．【答案】A4．【解析】由已知，[f(x)－(2x＋4)]′＝f′(x)－2＞0，∴g(x)＝f(x)－(2x＋4)單調遞增，又g(－1)＝0，∴f(x)＞2x＋4的解集是(－1，＋∞)．【答案】B5．【解析】設t時刻水面高度為h，半徑為r，則r＝eq\f(\r(3),3)h.此時水的體積V＝eq\f(1,3)πr2h＝eq\f(1,9)πh3，又V＝9.3t所以eq\f(1,9)πh3＝9.3t，且π≈3.1.∴h＝3teq\s\up6(\f(1,3))，則h′＝t－eq\f(2,3)，故當t＝eq\f(1,27)分鐘時的瞬時變化率為(eq\f(1,27))－eq\f(2,3)＝9.【答案】B6．【解析】∵(x－eq\f(π,2))f′(x)>0，當eq\f(π,2)<x<π時，f′(x)>0，∴f(x)在(eq\f(π,2)，π)上是增函數．當0<x<eq\f(π,2)時，f′(x)<0，∴f(x)在(0，eq\f(π,2))上是減函數．設π≤x≤2π，則0≤2π－x≤π.由f(x)是以2π為最小正周期的偶函數知f(2π－x)＝f(x)．故π≤x≤2π時，0<f(x)<1.依題意作出草圖可知，y1＝f(x)與y2＝sinx在[－2π，2π]上有四個交點．【答案】B二、填空題7．【解析】由f(－x)＝f(x)知，函數f(x)為偶函數，因此f(－3)＝f(3)．又f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，當x∈(0，eq\f(π,2))時，f′(x)＞0，x∈(eq\f(π,2)，π)時，f′(x)＜0，∴f(x)在區間(eq\f(π,2)，π)上是減函數，∴f(eq\f(π,2))＞f(2)＞f(3)＝f(－3)．【答案】f(－3)＜f(2)＜f(eq\f(π,2))8．【解析】由|f(x2)－f(x1)|＜|x2－x1|知|eq\f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)|＜1，即|f′(x)|＜1.經驗證：①③符合題意．【答案】①③9．【解析】依題意知，x＞0，f′(x)＝eq\f(2x2＋mx＋1,x)，令g(x)＝2x2＋mx＋1，x∈(0，＋∞)，當－eq\f(m,4)≤0時，g(0)＝1＞0恒成立，∴m≥0成立，當－eq\f(m,4)＞0時，則Δ＝m2－8≤0，∴－2eq\r(2)≤m＜0，綜上，m的取值范圍是{m|m≥－2eq\r(2)}．【答案】{m|m≥－2eq\r(2)}三、解答題10．【解】(1)f′(x)＝(2x－3)ex＋ex(x2－3x＋3)＝exx(x－1)．由于t＞1，故當x∈(－2，0)時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增，當x∈(0，1)時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減，當x∈(1，t)時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增．綜上，函數y＝f(x)的單調遞增區間為(－2，0)，(1，t)；單調遞減區間為(0，1)．(2)m＝f(－2)＝13e－2，n＝f(t)＝(t2－3t＋3)et，設h(t)＝n－m＝(t2－3t＋3)et－13e－2，h′(t)＝(2t－3)et＋et(t2－3t＋3)＝ett(t－1)(t＞－2)．h(t)，h′(t)隨t的變化情況如下表：t(－2，0)0(0，1)1(1，＋∞)h′(t)＋0－0＋h(t)極大值極小值由上表可知h(t)的極小值為h(1)＝e－eq\f(13,e2)＝eq\f(e3－13,e2)＞0，又h(－2)＝0，所以當t＞－2時，h(t)＞h(－2)＝0，即h(t)＞0，因此，n－m＞0，即m＜n.11．【解】(1)因為x＝5時，y＝11，所以eq\f(a,2)＋10＝11?a＝2.(2)由(1)知該商品每日的銷售量y＝eq\f(2,x－3)＋10(x－6)2，所以商場每日銷售該商品所獲得的利潤：f(x)＝(x－3)[eq\f(2,x－3)＋10(x－6)2]＝2＋10(x－3)(x－6)2，3＜x＜6.f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]＝30(x－4)(x－6)，令f′(x)＝0得x＝4.函數f(x)在(3，4)上遞增，在(4，6)上遞減，所以當x＝4時函數f(x)取得最大值f(4)＝42.答：當銷售價格x＝4時，商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大，最大值為42.12．【解】(1)當t＝1時，f(x)＝2x3＋eq\f(3,2)x2－3x，f(0)＝0，f′(x)＝6x2＋3x－3，k＝f′(0)＝－3，所以曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝－3x.(2)f′(x)＝6x2＋3tx－3t2，令f′(x)＝0，解得x＝－t或x＝eq\f(t,2).因為t≠0，以下分兩種情況討論：①若t＜0，則eq\f(t,2)＜－t，當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，eq\f(t,2))(eq\f(t,2)，－t)(－t，＋∞)f′(x)＋－＋f(x)所以，f(x)的單調遞增區間是(－∞，eq\f(t,2))，(－t，＋∞)；f(x)的單調遞減區間是(eq\f(t,2)，－t)．②若t＞0，則－t＜eq\f(t,2)，當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，－t)(－t，eq\f(t,2))(eq\f(t,2)，＋∞)f′(x)＋－＋f(x)所以，f(x)的單調遞增區間是(－∞，－t)，(eq\f(t,2)，＋∞)；f(x)的單調遞減區間是(－t，eq\f(t,2))．(3)證明由(2)可知，當t＞0時，f(x)在(0，eq\f(t,2))內的單調遞減，在(eq\f(t,2)，＋∞)內單調遞增，以下分兩種情況討論：①當eq\f(t,2)≥1，即t≥2時，f(x)在(0，1)內單調遞減，f(0)＝eq\f(t－1,2)＞0，f(1)＝－3t2＋2t＋eq\f(3,2)≤－3×4＋2×2＋eq\f(3,2)＜0.所以對任意t∈[2，＋∞)，f(x)在區間(0，1)內均存在零點．②當0＜eq\f(t,2)＜1，即0＜t＜2時，f(x)在(0，eq\f(t,2))內單調遞減，在(eq\f(t,2)，1)內單調遞增，若t∈(0，1]，f(eq\f(t,2))＝－eq\f(7,8)t3＋eq\f(t－1,2)≤－eq\f(7,8)t3＜0，f(1)＝－3t2＋2t＋eq\f(3,