1、第 3 课时 导数与函数的综合应用基础巩固题组(建议用时：40 分钟)一、选择题1某公司生产某种产品，固定成本为 20 000 元，每生产一单位产品，成本增加100 元，已 知 总 营 业 收 入 R 与 年 产 量 x 的 年 关 系 是 R R(x)400 x12x2，0 x400，80 000，x400，则总利润最大时，年产量是()A100 B150C200 D300解析 由题意得，总成本函数为 CC(x)20 000100 x，总利润 P(x)300 xx2220 000，0 x400，60 000100 x，x400，又 P(x)300 x，0 x400，100，x400，令 P(x
2、)0，得 x300，易知 x300 时，总利润 P(x)最大答案 D2设 f(x)是定义在 R 上的奇函数，且 f(2)0，当 x0 时，有xfxfxx20 的解集是()A(2,0)(2，)B(2,0)(0,2)C(，2)(2，)D(，2)(0,2)解析 x0 时fxx0，(x)fxx 在(0，)为减函数，又(2)0，当且仅当 0 x0，此时 x2f(x)0.又 f(x)为奇函数，h(x)x2f(x)也为奇函数故 x2f(x)0 的解集为(，2)(0,2)答案 D3若关于 x 的不等式 x33x29x2m 对任意 x2,2恒成立，则 m 的取值范围是()A(，7 B(，20C(，0 D12,7
3、解析 令 f(x)x33x29x2，则 f(x)3x26x9，令 f(x)0 得 x1或 x3(舍去)f(1)7，f(2)0，f(2)20，f(x)的最小值为 f(2)20，故 m20.答案 B4(2017景德镇联考)已知函数 f(x)的定义域为1,4，部分对应值如下表：x10234f(x)12020f(x)的导函数 yf(x)的图像如图所示当 1a2 时，函数 yf(x)a 的零点的个数为()A1 B2C3 D4解析 根据导函数图像，知 2 是函数的极小值点，函数 yf(x)的大致图像如图所示由于 f(0)f(3)2,1a0，则 a 的取值范围是()A(2，)B(1，)C(，2)D(，1)解
4、析 a0 时，不符合题意，a0 时，f(x)3ax26x.令 f(x)0，得 x0 或 x2a.若 a0，则由图像知 f(x)有负数零点，不符合题意则 a0 知，此时必有f2a 0，即 a 8a33 4a210，化简得 a24.又 a0，所以 a0)，为使耗电量最小，则速度应定为_解析 由 yx239x400，得 x1 或 x40，由于 0 x40 时，y40 时，y0.所以当 x40 时，y 有最小值答案 407已知函数 yx33xc 的图像与 x 轴恰有两个公共点，则 c_.解析 设 f(x)x33xc，对 f(x)求导可得，f(x)3x23，令 f(x)0，可得 x1，易知 f(x)在(
5、，1)，(1，)上单调递增，在(1,1)上单调递减若 f(1)13c0，可知 c2；若 f(1)13c0，可得 c2.答案 2 或 28(2017 长沙调研)定义域为 R 的可导函数 yf(x)的导函数为 f(x)，满足f(x)f(x)，且 f(0)1，则不等式fxex 1 的解集为_解析 构造函数 g(x)fxex，则 g(x)exfxexfxex2fxfxex.由题意得 g(x)0 恒成立，所以函数 g(x)fxex 在 R 上单调递减又 g(0)f0e0 1，所以fxex 1，即 g(x)0，所以不等式的解集为(0，)答案(0，)三、解答题9据环保部门侧定，某处的污染指数与附近污染源的强
6、度成正比，与到污染源距离的平方成反比，比例常数为 k(k0)现已知相距 18 km 的 A，B 两家化工厂(污染源)的污染强度分别为 a，b，它们连线上任意一点 C 处的污染指数 y 等于两化工厂对该处的污染指数之和设 ACx(km)(1)试将 y 表示为 x 的函数；(2)若 a1，且 x6 时，y 取得最小值，试求 b 的值解(1)设点 C 受 A 污染源污染程度为kax2，点 C 受 B 污染源污染程度为kb18x2，其中 k 为比例系数，且 k0，从而点 C 处受污染程度 ykax2kb18x2.(2)因为 a1，所以，y kx2kb18x2，yk2x32b18x3，令 y0，得 x1
7、813 b，又此时 x6，解得 b8，经验证符合题意，所以，污染源 B 的污染强度 b 的值为 8.10(2017榆林月考)已知函数 f(x)ln xx122.(1)求函数 f(x)的单调递增区间；(2)证明：当 x1 时，f(x)0 得x0，x2x10.解得 0 x1 52.故 f(x)的单调递增区间是0，1 52.(2)证明 令 F(x)f(x)(x1)，x(0，)则有 F(x)1x2x.当 x(1，)时，F(x)1 时，F(x)1 时，f(x)1 时，f(x)0，g(x)6x22x1 的 200 恒成立，故 f(x)0 恒成立，即 f(x)在定义域上单调递增，无极值点答案 A12(201
8、7山东省实验中学诊断)若函数 f(x)在 R 上可导，且满足 f(x)xf(x)0，则()A3f(1)f(3)C3f(1)f(3)Df(1)f(3)解析 由于 f(x)xf(x)，则fxxxfxfxx20 恒成立，因此fxx 在 R 上是单调递减函数，f33 f(3)答案 B13(2017安徽江南名校联考)已知 x(0,2)，若关于 x 的不等式 xex0.即 kx22x 对任意 x(0,2)恒成立，从而 k0，因此由原不等式，得 k0，函数 f(x)在(1,2)上单调递增，当 x(0,1)时，f(x)0，函数 f(x)在(0,1)上单调递减，所以 k0.(1)求 f(x)的单调区间和极值；(
9、2)证明：若 f(x)存在零点，则 f(x)在区间(1，e上仅有一个零点(1)解 由 f(x)x22kln x(k0)，得 x0 且 f(x)xkxx2kx.由 f(x)0，解得 x k(负值舍去)f(x)与 f(x)在区间(0，)上的情况如下：x(0，k)k(k，)f(x)0f(x)k1ln k2所以 f(x)的单调递减区间是(0，k)，单调递增区间是(k，)f(x)在 x k处取得极小值 f(k)k1ln k2.(2)证明 由(1)知，f(x)在区间(0，)上的最小值为 f(k)k1ln k2.因为 f(x)存在零点，所以k1ln k20，从而 ke.当 ke 时，f(x)在区间(1，e)上单调递减，且 f(e)0，所以 x e是 f(x)在区间(1，e上的唯一零点当 ke 时，f(x)在区间(0，e)上单调递减，且 f(1)120，f(e)ek2 0，所以 f(x)在区间(1，e上仅有一个零点综上可知，若 f(x)存在零点，则 f(x)在区间(1，e上仅有一个零点.
