课时跟踪检测（十六）导数的应用（二）

1、.课时跟踪检测十六导数的应用二1.2019·佛山期末在R上可导的函数fx的图象如下图，那么关于x的不等式x·fx<0的解集为A，10,1B1,01，C2，11,2D，22，22019·山西适应性训练假设商品的年利润y万元与年产量x百万件的函数关系式yx327x123x>0，那么获得最大利润时的年产量为A1百万件B2百万件C3百万件 D4百万件3函数fx是R上的偶函数，且在0，上有fx>0，假设f10，那么关于x的不等式xfx<0的解集是_42019·粤西北九校联考设A是由满足以下条件的函数fx构成的集合；“方程fxx0有实数根；函

2、数fx的导数fx满足0<fx<1.给出以下三个函数：fx，fxxcos x，fxx2x1，x.其中是集合A中的元素的有_用序号填空5函数fxx2ln x.1求函数fx在1，e上的最大值和最小值；2求证：当x1，时，函数fx的图象在gxx3x2的下方62019·乌鲁木齐诊断性测验函数fxexmx，其中m为常数1假设对任意xR有fx0成立，求m的取值范围；2当m>1时，判断fx在0,2m上零点的个数，并说明理由72019·揭阳模拟某种产品每件本钱为6元，每件售价为x元6<x<11，年销售为u万件，假设u与2成正比，且售价为10元时，年销量为28万件

3、1求年销售利润y关于售价x的函数关系式；2求售价为多少时，年利润最大，并求出最大年利润12019·潍坊模拟函数fxx23x3ex，x2，tt>21当t<1时，求函数yfx的单调区间；2设f2m，ftn，求证：m<n.22019·珠海模拟函数fxaxln x，其中a为常数，设e为自然对数的底数1当a1时，求fx的最大值；2假设fx在区间0，e上的最大值为3，求a的值；3当a1时，试推断方程|fx|是否有实数解答 案课时跟踪检测十六A级1选A当x<1或x>1时，fx递增，fx>0.由x·fx<0得x<0，所以x<1

4、；当1<x<1时，fx递减，fx<0.由x·fx<0，得x>0，所以0<x<1.故x·fx<0的解集为，10,12选C依题意得，y3x2273x3x3，当0<x<3时，y>0；当x>3时，y<0.因此，当x3时，该商品的年利润最大3解析：在0，上有fx>0，所以fx在0，单调递增又函数fx是R上的偶函数，所以f1f10.当x>0时，fx<0，0<x<1；当x<0时，图象关于y轴对称，fx>0，x<1.答案：，10,14解析：对于，因为fxcos x，

5、所以fx，满足条件0<fx<1，又当x0时，f00，所以方程fxx0有实数根0，所以函数fx是集合A中的元素；对于，因为fx1sin x，所以fx0,2，不满足条件0<fx<1，所以函数fxxcos x不是集合A中的元素；对于，因为fx2x1，x，所以fx，满足条件0<fx<1，方程fxx0，即x210，解得x1或x1，又x，所以方程fxx0无解，所以函数fxx2x1，x不是集合A中的元素答案：5解：1fxx2ln x，fx2x.x1时，fx0，故fx在1，e上是增函数，fx的最小值是f11，最大值是fe1e2.2证明：令Fxfxgxx2x3ln x，Fxx

6、2x2.x1，Fx0.Fx在1，上是减函数FxF10，即fxgx当x1，时，函数fx的图象总在gx的图象的下方6解：1依题意，可知fx在R上连续，且fxexm1，令fx0，得xm.故当x，m时，exm<1，fx<0，fx单调递减；当xm，时，exm>1，fx>0，fx单调递增；故当xm时，fm为极小值，也是最小值令fm1m0，得m1，即对任意xR，fx0恒成立时，m的取值范围是，12由1知fx在0,2m上至多有两个零点，当m>1时，fm1m<0.f0em>0，f0·fm<0，fx在0，m上有一个零点又f2mem2m，令gmem2m，当m

7、>1时，gmem2>0，gm在1，上单调递增gm>g1e2>0，即f2m>0.fm·f2m<0，fx在m,2m上有一个零点故fx在0,2m上有两个零点7解：1设uk2，售价为10元时，年销量为28万件，28k2，解得k2.u222x221x18.y2x221x18x62x333x2108x1086<x<112y6x266x1086x211x186x2x9令y0，得x2舍去或x9，显然，当x6,9时，y>0；当x9,11时，y<0.函数y2x333x2108x108在6,9上是递增的，在9,11上是递减的当x9时，y取最大值，

8、且ymax135，售价为9元时，年利润最大，最大年利润为135万元B级1解：1fx2x3exexx23x3exxx1，当2<t0，x2，t时，fx0，fx单调递增；当0<t<1，x2,0时，fx>0，fx单调递增，当x0，t时，fx<0，fx单调递减综上，当2<t0时，yfx的单调递增区间为2，t；当0<t<1时，yfx的单调递增区间为2,0，单调递减区间为0，t2证明：依题意得mf213e2，nftt23t3et，设htnmt23t3et13e2，t>2，ht2t3etett23t3ettt1t>2故ht，ht随t的变化情况如下表：

9、t2,000,111，ht00ht极大值极小值由上表可知ht的极小值为h1e>0，又h20，故当2<t<0时，ht>h20，即ht>0，因此，nm>0，即m<n.2解：1当a1时，fxxln x，fx1.当0<x<1时，fx>0；当x>1时，fx<0.fx在0,1上是增函数，在1，上是减函数，fxmaxf11.2fxa，x0，e，.假设a，那么fx0，从而fx在0，e上是增函数，fxmaxfeae10，不符合题意假设a<，那么由fx>0得a>0，即0<x<，由fx<0得a<0，即<xe.从而fx在上是增函数，在上是减函数fxmaxf1ln.令1ln3，那么ln2，e2，即ae2<，ae2为所求3由1知，当a1时，fxmaxf1