【创新设计】2021高考数学(江苏专用-理科)二轮专题整合：1-1-5导数的综合应用

第5讲导数的综合应用一、填空题1．若函数y＝－eq\f(4,3)x3＋bx有三个单调区间，则b的取值范围是________． 解析由条件y′＝－4x2＋b，∴Δ＝0＋16b＞0，得b＞0. 答案(0，＋∞)2．已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－2x2＋3m，x∈[0，＋∞)，若f(x)＋5≥0恒成立，则实数m的取值范围是________． 解析f′(x)＝x2－4x，由f′(x)>0，得x>4或x<0. ∴f(x)在(0,4)上递减，在(4，＋∞)上递增，∴当x∈[0，＋∞)时，f(x)min＝f(4)．∴要使f(x)＋5≥0恒成立，只需f(4)＋5≥0恒成马上可，代入解之得m≥eq\f(17,9). 答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17,9)，＋∞))3．(2022·扬州模拟)已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是________． 解析函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，即方程ex－2x＋a＝0有实根，即函数g(x)＝2x－ex，y＝a有交点，而g′(x)＝2－ex，易知函数g(x)＝2x－ex在(－∞，ln2)上递增，在(ln2，＋∞)上递减，因而g(x)＝2x－ex的值域为(－∞，2ln2－2]，所以要使函数g(x)＝2x－ex，y＝a有交点，只需a≤2ln2－2即可． 答案(－∞，2ln2－2]4．函数f(x)的定义域是R，f(0)＝2，对任意x∈R，f(x)＋f′(x)>1，则不等式ex·f(x)>ex＋1的解集为______． 解析构造函数g(x)＝ex·f(x)－ex，由于g′(x)＝ex·f(x)＋ex·f′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)]－ex>ex－ex＝0，所以g(x)＝ex·f(x)－ex为R上的增函数．又由于g(0)＝e0·f(0)－e0＝1，所以原不等式转化为g(x)>g(0)，解得x>0.答案(0，＋∞)5．(2021·温州模拟)关于x的方程x3－3x2－a＝0有三个不同的实数解，则实数a的取值范围是________． 解析由题意知使函数f(x)＝x3－3x2－a的极大值大于0且微小值小于0即可，又f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2.当x＜0时，f′(x)＞0；当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0，所以当x＝0时，f(x)取得极大值，即f(x)极大值＝f(0)＝－a；当x＝2时，f(x)取得微小值，即f(x)微小值＝f(2)＝－4－a，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a＞0，,－4－a＜0，))解得－4＜a＜0. 答案(－4,0)6．若函数f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋4x－3lnx在[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是______． 解析对f(x)求导，得f′(x)＝－x＋4－eq\f(3,x)＝eq\f(－x2＋4x－3,x)＝－eq\f(x－1x－3,x).由f′(x)＝0得函数f(x)的两个极值点为1,3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，所以t<1<t＋1或t<3<t＋1，解得0<t<1或2<t<3. 答案(0,1)∪(2,3)7．(2022·邯郸质检)已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－x2－3x＋eq\f(4,3)，直线l：9x＋2y＋c＝0，若当x∈[－2,2]时，函数y＝f(x)的图象恒在直线l下方，则c的取值范围是________． 解析依据题意知eq\f(1,3)x3－x2－3x＋eq\f(4,3)＜－eq\f(9,2)x－eq\f(c,2)在x∈[－2,2]上恒成立，则－eq\f(c,2)＞eq\f(1,3)x3－x2＋eq\f(3,2)x＋eq\f(4,3)， 设g(x)＝eq\f(1,3)x3－x2＋eq\f(3,2)x＋eq\f(4,3)， 则g′(x)＝x2－2x＋eq\f(3,2)， 则g′(x)＞0恒成立，所以g(x)在[－2,2]上单调递增， 所以g(x)max＝g(2)＝3，则c＜－6. 答案(－∞，－6)8．已知函数f(x)＝x－eq\f(1,x＋1)，g(x)＝x2－2ax＋4，若任意x1∈[0,1]，存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是______． 解析由于f′(x)＝1＋eq\f(1,x＋12)>0，因此函数f(x)在[0,1]上单调递增，所以x∈[0,1]时，f(x)min＝f(0)＝－1.依据题意可知存在x∈[1,2]，使得g(x)＝x2－2ax＋4≤－1，即x2－2ax＋5≤0，即a≥eq\f(x,2)＋eq\f(5,2x)能成立，令h(x)＝eq\f(x,2)＋eq\f(5,2x)，则要使a≥h(x)在x∈[1,2]能成立，只需使a≥h(x)min，又函数h(x)＝eq\f(x,2)＋eq\f(5,2x)在x∈[1,2]上单调递减(可利用导数推断)，所以h(x)min＝h(2)＝eq\f(9,4)，故只需a≥eq\f(9,4). 答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，＋∞))二、解答题9. (2022·徐州质检)现有一张长为80cm，宽为60cm的长方形铁皮ABCD，预备用它做成一只无盖长方体铁皮盒，要求材料利用率为100%，不考虑焊接处损失．如图，若长方形ABCD的一个角剪下一块正方形铁皮，作为铁皮盒的底面，用余下材料剪拼后作为铁皮盒的侧面，设长方体的底面边长为x(cm)，高为y(cm)，体积为V(cm3)． (1)求出x与y的关系式； (2)求该铁皮盒体积V的最大值． 解(1)由题意得x2＋4xy＝4800， 即y＝eq\f(4800－x2,4x)，0＜x＜60. (2)铁皮盒体积V(x)＝x2y＝x2×eq\f(4800－x2,4x)＝－eq\f(1,4)x3＋1200x，V′(x)＝－eq\f(3,4)x2＋1200，令V′(x)＝0，得x＝40，由于x∈(0,40)，V′(x)＞0，V(x)是增函数；x∈(40,60)，V′(x)＜0，V(x)是减函数，所以V(x)＝－eq\f(1,4)x3＋1200x，在x＝40时取得极大值，也是最大值，其值为32000cm3. 所以该铁皮盒体积V的最大值是32000cm3.10．(2021·东北三校联考)已知x＝3是函数f(x)＝aln(1＋x)＋x2－10x的一个极值点． (1)求a； (2)求函数f(x)的单调区间； (3)若直线y＝b与函数y＝f(x)的图象有3个交点，求b的取值范围． 解f(x)的定义域为(－1，＋∞)． (1)f′(x)＝eq\f(a,1＋x)＋2x－10，又f′(3)＝eq\f(a,4)＋6－10＝0， ∴a＝16.经检验此时x＝3为f(x)的极值点，故a＝16. (2)由(1)知f′(x)＝eq\f(2x－1x－3,x＋1). 当－1<x<1或x>3时，f′(x)>0； 当1<x<3时，f′(x)<0. ∴f(x)的单调增区间为(－1,1)，(3，＋∞)， 单调减区间为(1,3)． (3)由(2)知，f(x)在(－1,1)上单调递增，在(1,3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，且当x＝1或x＝3时，f′(x)＝0.所以f(x)的极大值为f(1)＝16ln2－9，微小值为f(3)＝32ln2－21. 由于f(16)>162－10×16>16ln2－9＝f(1)， f(e－2－1)<－32＋11＝－21<f(3)， 所以依据函数f(x)的大致图象可推断，在f(x)的三个单调区间(－1,1)，(1,3)，(3，＋∞)内，直线y＝b与y＝f(x)的图象各有一个交点，当且仅当f(3)<b<f(1)． 因此b的取值范围为(32ln2－21,16ln2－9)．11．(2022·陕西卷节选)设函数f(x)＝lnx＋eq\f(m,x)，m∈R. (1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的微小值； (2)若对任意b＞a＞0，eq\f(fb－fa,b－a)＜1恒成立，求m的取值范围． 解(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝lnx＋eq\f(e,x)， 则f′(x)＝eq\f(x－e,x2)， ∴当x∈(0，e)，f′(x)＜0，f(x)在(0，e)上单调递减， 当x∈(e，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增， ∴x＝e时，f(x)取得微小值f(e)＝lne＋eq\f(e,e)＝2， ∴f(x)的微小值为2. (2)对任意的b＞a＞0，eq\f(fb－fa,b－a)＜1恒成立， 等价于f(b)－b＜f(a)－a恒成立．(*) 设h(x)＝f(x)－x＝lnx＋eq\f(m,x)－x(x＞0)