《2020屆高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 第三單元 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第20講 導(dǎo)數(shù)的實(shí)際應(yīng)用及綜合應(yīng)用練習(xí) 理（含解析）新人教A版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 第三單元 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第20講 導(dǎo)數(shù)的實(shí)際應(yīng)用及綜合應(yīng)用練習(xí) 理（含解析）新人教A版（5頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第20講　導(dǎo)數(shù)的實(shí)際應(yīng)用及綜合應(yīng)用 1．某商場銷售某種商品的經(jīng)驗(yàn)表明，該商品每日的銷售量y(單位：千克)與銷售價(jià)格x(單位：元/千克)滿足關(guān)系式y(tǒng)＝＋10(x－6)2，其中3＜x＜6，a為常數(shù)．已知銷售價(jià)格為5元/千克時(shí)，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(jià)格x的值，使商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大． (1)因?yàn)楫?dāng)x＝5時(shí)，y＝11，所以＋10(5－6)2＝11，解得a＝2. (2)由(1)知該商品每日的銷售量y＝＋10(x－6)2(3＜x＜6)， 所以該商場每日銷售該商品所獲得的利潤 f(x)＝[＋10(x－6)2]

2、(x－3)＝2＋10(x－3)(x－6)2(3＜x＜6)， 所以f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)] ＝30(x－4)(x－6)． 當(dāng)x變化時(shí)，f(x)，f′(x)的變化情況如下表： x (3，4) 4 (4，6) f′(x) ＋ 0 － f(x) 單調(diào)遞增 極大值42 單調(diào)遞減 由上表可得，x＝4是函數(shù)f(x)在區(qū)間(3,6)內(nèi)的極大值點(diǎn)，也是最大值點(diǎn)， 所以當(dāng)x＝4時(shí)，f(x)max＝42. 答：當(dāng)銷售價(jià)格定為4元/千克時(shí)，商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大． 2．請你設(shè)計(jì)一個(gè)包裝盒，如圖所示，ABCD是邊長為60 cm的正方形

3、硬紙片，切去陰影部分所示的四個(gè)全等的等腰直角三角形，再沿虛線折起，使得A、B、C、D四個(gè)點(diǎn)重合于圖中的點(diǎn)P，正好形成一個(gè)正四棱柱形狀的包裝盒，E、F在AB上被切去的等腰直角三角形斜邊的兩個(gè)端點(diǎn)，設(shè)AE＝FB＝x(cm)． (1)若廣告商要包裝盒側(cè)面積S(cm2)最大，試問x應(yīng)取何值？ (2)若廣告商要包裝盒容積V(cm3)最大，試問x應(yīng)取何值？并求出此時(shí)包裝盒的高與底面邊長的比值． (1)根據(jù)題意，有 S＝4×x×(60－2x) ＝－8(x－15)2＋1800(0

4、(30－x)(00，V單調(diào)遞增； 當(dāng)20

5、xg(x)，f(x)≥0等價(jià)于g(x)≥0. 因?yàn)間(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0， 而g′(x)＝a－，g′(1)＝a－1，得a＝1. 若a＝1，則g′(x)＝1－. 當(dāng)01時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增． 所以x＝1是g(x)的極小值點(diǎn)，故g(x)≥g(1)＝0. 綜上，a＝1. (2)由(1)知f(x)＝x2－x－xln x，f′(x)＝2x－2－ln x. 設(shè)h(x)＝2x－2－ln x，則h′(x)＝2－. 當(dāng)x∈(0，)時(shí)，h′(x)<0； 當(dāng)x∈(，＋∞)時(shí)，h′(x)>0. 所以h(

6、x)在(0，)上單調(diào)遞減，在(，＋∞)上單調(diào)遞增． 又h(e－2)>0，h()<0，h(1)＝0， 所以h(x)在(0，)上有唯一零點(diǎn)x0，在[，＋∞)上有唯一零點(diǎn)1，且當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，h(x)>0；當(dāng)x∈(x0,1)時(shí)，h(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h(x)>0. 因?yàn)閒′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一極大值點(diǎn)． 由f′(x0)＝0得ln x0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0)． 由x0∈(0，)得f(x0)<. 因?yàn)閤＝x0是f(x)在(0,1)上的最大值點(diǎn)， 由e－1∈(0,1)，f′(e－1)≠0得f(x0)>f(e－1)＝e－2

7、. 所以e－2－x1＋2x1ln 2. f(x)的定義域是(－1，＋∞)，f′(x)＝， (1)由題設(shè)知，1＋x>0，令g(x)＝2x2＋2x＋m，這是開口向上，以x＝－為對稱軸的拋物線，g(－)＝－＋m， ①當(dāng)g(－)≥0，即m≥時(shí)，g(x)≥0，即f′(x)≥0在(－1，＋∞)上恒成立． ②當(dāng)g(－)<0，即m<時(shí)， 由g(x)＝2x2＋2x＋m＝0得x＝－±， 令

8、x1＝－－，x2＝－＋， 則x1<－，x2>－. 1)當(dāng)g(－1)≤0即m≤0時(shí)，x1<－1，故在(－1，x2)上，g(x)<0，即f′(x)<0，在(x2，＋∞)上，g(x)>0，即f′(x)>0. 2)當(dāng)g(－1)>0時(shí)，即00 ＋ 0 － 0 ＋ f′(x)>0 ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 遞增 遞減 遞增 綜上： m≤0時(shí)，f(x)在(－1，－＋)上單調(diào)遞減，在(－＋，＋∞)上單調(diào)遞增； 0

9、在(－1，－－)和(－＋，＋∞)上單調(diào)遞增； m≥時(shí)，f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增． (2)證明：若函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，且x10，則－1－x1＋2x1ln 2成立，只需證 2f(x2 ) ＝ 2x ＋ 2mln(1 ＋ x2 ) ＝ 2x ＋ 4x1 x2 ln(1

10、＋ x2 ) ＝2x－4(1 ＋ x2 )x2 ln(1 ＋ x2 ) >－(－1－x2)＋2(－1－x2)ln 2 ＝1＋x2－2(1＋x2)ln 2. 即證2x－4(1 ＋ x2 )x2 ln(1 ＋ x2 )－(1＋x2)(1－2ln 2)>0對－0，ln(1＋x)<0，ln>0， 故φ′(x)>0，故φ(x)在(－，0)上遞增， 故φ(x)>φ(－)＝2×－4××(－)×ln－×(1－2ln 2)＝0， 所以2x－4(1 ＋ x2 )x2 ln(1 ＋ x2 )－(1＋x2)(1－2ln 2)>0對－－x1＋2x1ln 2. 5