课时跟踪检测(十六) 导数的应用(二)1.(2012·佛山期末)在R 上可导的函数f (x )的图象如图所示，则关于x 的不等式x ·f ′(x )<0的解集为( )A ．(－∞，－1)∪(0,1)B ．(－1,0)∪(1，＋∞)C ．(－2，－1)∪(1,2)D ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)2．(2012·山西适应性训练)若商品的年利润y (万元)与年产量x (百万件)的函数关系式y ＝－x 3＋27x ＋123(x >0)，则获得最大利润时的年产量为( )A ．1百万件B ．2百万件C ．3百万件D ．4百万件3．已知函数f (x )是R 上的偶函数，且在(0，＋∞)上有f ′(x )>0，若f (－1)＝0，那么关于x 的不等式xf (x )<0的解集是________．4．(2012·粤西北九校联考)设A 是由满足下列条件的函数f (x )构成的集合；“①方程f (x )－x ＝0有实数根；②函数f (x )的导数f ′(x )满足0<f ′(x )<1.”给出以下三个函数：①f (x )＝x 2＋sin x4，②f (x )＝x －cos x ，③f (x )＝x 2＋x －1，x ∈⎝⎛⎭⎫－14，0.其中是集合A 中的元素的有________(用序号填空)．5．已知函数f (x )＝x 2＋ln x .(1)求函数f (x )在[1，e]上的最大值和最小值；(2)求证：当x ∈(1，＋∞)时，函数f (x )的图象在g (x )＝23x 3＋12x 2的下方．6．(2012·乌鲁木齐诊断性测验)已知函数f (x )＝e x －m －x ，其中m 为常数． (1)若对任意x ∈R 有f (x )≥0成立，求m 的取值范围； (2)当m >1时，判断f (x )在[0,2m ]上零点的个数，并说明理由．7．(2013·揭阳模拟)某种产品每件成本为6元，每件售价为x 元(6<x <11)，年销售为u 万件，若已知5858－u 与⎝⎛⎭⎫x －2142成正比，且售价为10元时，年销量为28万件． (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．1．(2012·潍坊模拟)已知函数f (x )＝(x 2－3x ＋3)e x ，x ∈[－2，t ](t >－2)． (1)当t <1时，求函数y ＝f (x )的单调区间； (2)设f (－2)＝m ，f (t )＝n ，求证：m <n .2．(2013·珠海模拟)已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，其中a 为常数，设e 为自然对数的底数． (1)当a ＝－1时，求f (x )的最大值；(2)若f (x )在区间(0，e]上的最大值为－3，求a 的值； (3)当a ＝－1时，试推断方程|f (x )|＝ln x x ＋12是否有实数解．答 案 课时跟踪检测(十六)A 级1．选A ①当x <－1或x >1时，f (x )递增，f ′(x )>0. 由x ·f ′(x )<0得x <0，所以x <－1； ②当－1<x <1时，f (x )递减，f ′(x )<0. 由x ·f ′(x )<0，得x >0，所以0<x <1.故x ·f ′(x )<0的解集为(－∞，－1)∪(0,1)．2．选C 依题意得，y ′＝－3x 2＋27＝－3(x －3)(x ＋3)，当0<x <3时，y ′>0；当x >3时，y ′<0.因此，当x ＝3时，该商品的年利润最大．3．解析：在(0，＋∞)上有f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)单调递增．又函数f (x )是R 上的偶函数，所以f (1)＝f (－1)＝0.当x >0时，f (x )<0，∴0<x <1；当x <0时，图象关于y 轴对称，f (x )>0，∴x <－1.答案：(－∞，－1)∪(0,1)4．解析：对于①，因为f ′(x )＝12＋14cos x ，所以f ′(x )∈⎣⎡⎦⎤14，34，满足条件0<f ′(x )<1，又当x ＝0时，f (0)＝0，所以方程f (x )－x ＝0有实数根0，所以函数f (x )＝x 2＋sin x 4是集合A中的元素；对于②，因为f ′(x )＝1＋sin x ，所以f ′(x )∈[0,2]，不满足条件0<f ′(x )<1，所以函数f (x )＝x －cos x 不是集合A 中的元素；对于③，因为f ′(x )＝2x ＋1，x ∈⎝⎛⎭⎫－14，0，所以f ′(x )∈⎝⎛⎭⎫12，1，满足条件0<f ′(x )<1，方程f (x )－x ＝0，即x 2－1＝0，解得x ＝1或x ＝－1，又x ∈⎝⎛⎭⎫－14，0，所以方程f (x )－x ＝0无解，所以函数f (x )＝x 2＋x －1，x ∈⎝⎛⎭⎫－14，0不是集合A 中的元素．答案：①5．解：(1)∵f (x )＝x 2＋ln x ， ∴f ′(x )＝2x ＋1x.∵x ＞1时，f ′(x )＞0，故f (x )在[1，e]上是增函数， ∴f (x )的最小值是f (1)＝1，最大值是f (e)＝1＋e 2. (2)证明：令F (x )＝f (x )－g (x )＝12x 2－23x 3＋ln x ，∴F ′(x )＝x －2x 2＋1x ＝x 2－2x 3＋1x＝x 2－x 3－x 3＋1x ＝(1－x )(2x 2＋x ＋1)x .∵x ＞1，∴F ′(x )＜0.∴F (x )在(1，＋∞)上是减函数． ∴F (x )＜F (1)＝12－23＝－16＜0，即f (x )＜g (x )．∴当x ∈(1，＋∞)时，函数f (x )的图象总在g (x )的图象的下方． 6．解：(1)依题意，可知f (x )在R 上连续，且f ′(x )＝e x－m－1，令f ′(x )＝0，得x ＝m .故当x ∈(－∞，m )时，e x －m <1，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈(m ，＋∞)时，e x－m>1，f ′(x )>0，f (x )单调递增；故当x ＝m 时，f (m )为极小值，也是最小值． 令f (m )＝1－m ≥0，得m ≤1，即对任意x ∈R ，f (x )≥0恒成立时，m 的取值范围是(－∞，1]． (2)由(1)知f (x )在[0,2m ]上至多有两个零点，当m >1时，f (m )＝1－m <0. ∵f (0)＝e －m >0，f (0)·f (m )<0， ∴f (x )在(0，m )上有一个零点． 又f (2m )＝e m －2m ，令g (m )＝e m －2m ， ∵当m >1时，g ′(m )＝e m －2>0， ∴g (m )在(1，＋∞)上单调递增． ∴g (m )>g (1)＝e －2>0，即f (2m )>0.∴f (m )·f (2m )<0，∴f (x )在(m,2m )上有一个零点． 故f (x )在[0,2m ]上有两个零点． 7．解：(1)设5858－u ＝k ⎝⎛⎭⎫x －2142， ∵售价为10元时，年销量为28万件， ∴5858－28＝k ⎝⎛⎭⎫10－2142，解得k ＝2. ∴u ＝－2⎝⎛⎭⎫x －2142＋5858 ＝－2x 2＋21x ＋18.∴y ＝(－2x 2＋21x ＋18)(x －6) ＝－2x 3＋33x 2－108x －108(6<x <11)． (2)y ′＝－6x 2＋66x －108 ＝－6(x 2－11x ＋18) ＝－6(x －2)(x －9)．令y ′＝0，得x ＝2(舍去)或x ＝9， 显然，当x ∈(6,9)时，y ′>0； 当x ∈(9,11)时，y ′<0.∴函数y ＝－2x 3＋33x 2－108x －108在(6,9)上是递增的，在(9,11)上是递减的． ∴当x ＝9时，y 取最大值，且y max ＝135，∴售价为9元时，年利润最大，最大年利润为135万元．B 级1．解：(1)f ′(x )＝(2x －3)e x ＋e x (x 2－3x ＋3)＝e x x (x －1)， ①当－2<t ≤0，x ∈[－2，t ]时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增； ②当0<t <1，x ∈[－2,0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈(0，t ]时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．综上，当－2<t ≤0时，y ＝f (x )的单调递增区间为[－2，t ]；当0<t <1时，y ＝f (x )的单调递增区间为[－2,0)，单调递减区间为(0，t ]． (2)证明：依题意得m ＝f (－2)＝13e －2， n ＝f (t )＝(t 2－3t ＋3)e t ，设h (t )＝n －m ＝(t 2－3t ＋3)e t －13e －2， t >－2，h ′(t )＝(2t －3)e t ＋e t (t 2－3t ＋3)＝e t t (t －1)(t >－2)． 故h (t )，h ′(t )随t 的变化情况如下表：由上表可知h (t )的极小值为h (1)＝e －13e 2＝e e 2>0，又h (－2)＝0，故当－2<t <0时，h (t )>h (－2)＝0，即h (t )>0，因此，n －m >0，即m <n .2．解：(1)∵当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋ln x ，f ′(x )＝－1＋1x ＝1－xx .当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0. ∴f (x )在(0,1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数， ∴f (x )max ＝f (1)＝－1.(2)∵f ′(x )＝a ＋1x ，x ∈(0，e]，1x∈⎣⎡⎭⎫1e ，＋∞. ①若a ≥－1e ，则f ′(x )≥0，从而f (x )在(0，e]上是增函数，∴f (x )max ＝f (e)＝a e ＋1≥0，不符合题意． ②若a <－1e ，则由f ′(x )>0得a ＋1x >0，即0<x <－1a，由f ′(x )<0得a ＋1x <0，即－1a<x ≤e.从而f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－1a 上是增函数，在⎝⎛⎭⎫－1a ，e 上是减函数． ∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫－1a ＝－1＋ln ⎝⎛⎭⎫－1a . 令－1＋ln ⎝⎛⎭⎫－1a ＝－3，则ln ⎝⎛⎭⎫－1a ＝－2， ∴－1a ＝e －2，即a ＝－e 2<－1e ，∴a ＝－e 2为所求．(3)由(1)知，当a ＝－1时，f (x )max ＝f (1)＝－1， ∴|f (x )|≥1.令g (x )＝ln x x ＋12，则g ′(x )＝1－ln x x 2，令g ′(x )＝0，得x ＝e ，当0<x <e 时，g ′(x )>0，g (x )在(0，e)上单调递增； 当x >e 时，g ′(x )<0，g (x )在(e ，＋∞)上单调递减． ∴g (x )max ＝g (e)＝1e ＋12<1.∴g (x )<1.∴|f (x )|>g (x )，即|f (x )|>ln x x ＋12. ∴当a ＝－1时，方程|f (x )|＝ln x x ＋12没有实数解．。