《2020屆高考數學一輪總復習 第三單元 導數及其應用 第20講 導數的實際應用及綜合應用練習 理（含解析）新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高考數學一輪總復習 第三單元 導數及其應用 第20講 導數的實際應用及綜合應用練習 理（含解析）新人教A版（5頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第20講　導數的實際應用及綜合應用 1．某商場銷售某種商品的經驗表明，該商品每日的銷售量y(單位：千克)與銷售價格x(單位：元/千克)滿足關系式y(tǒng)＝＋10(x－6)2，其中3＜x＜6，a為常數．已知銷售價格為5元/千克時，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，試確定銷售價格x的值，使商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大． (1)因為當x＝5時，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x變化時，f(x)，f′(x)的變化情況如下表： x (3，4) 4 (4，6) f′(x) ＋ 0 － f(x) 單調遞增 極大值42 單調遞減 由上表可得，x＝4是函數f(x)在區(qū)間(3,6)內的極大值點，也是最大值點， 所以當x＝4時，f(x)max＝42. 答：當銷售價格定為4元/千克時，商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大． 2．請你設計一個包裝盒，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全等的等腰直角三角形，再沿虛線折起，使得A、B、C、D四個點重合于圖中的點P，正好形成一個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端點，設AE＝FB＝x(cm)． (1)若廣告商要包裝盒側面積S(cm2)最大，試問x應取何值？ (2)若廣告商要包裝盒容積V(cm3)最大，試問x應取何值？并求出此時包裝盒的高與底面邊長的比值． (1)根據題意，有 S＝4×x×(60－2x) ＝－8(x－15)2＋1800(0

4、(30－x)(00，V單調遞增； 當20

5、xg(x)，f(x)≥0等價于g(x)≥0. 因為g(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01時，g′(x)>0，g(x)單調遞增． 所以x＝1是g(x)的極小值點，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h(x)＝2x－2－ln x，則h′(x)＝2－. 當x∈(0，)時，h′(x)<0； 當x∈(，＋∞)時，h′(x)>0. 所以h(

6、x)在(0，)上單調遞減，在(，＋∞)上單調遞增． 又h(e－2)>0，h()<0，h(1)＝0， 所以h(x)在(0，)上有唯一零點x0，在[，＋∞)上有唯一零點1，且當x∈(0，x0)時，h(x)>0；當x∈(x0,1)時，h(x)<0；當x∈(1，＋∞)時，h(x)>0. 因為f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一極大值點． 由f′(x0)＝0得ln x0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0)． 由x0∈(0，)得f(x0)<. 因為x＝x0是f(x)在(0,1)上的最大值點， 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g(－)≥0，即m≥時，g(x)≥0，即f′(x)≥0在(－1，＋∞)上恒成立． ②當g(－)<0，即m<時， 由g(x)＝2x2＋2x＋m＝0得x＝－±， 令

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

9、在(－1，－－)和(－＋，＋∞)上單調遞增； m≥時，f(x)在(－1，＋∞)上單調遞增． (2)證明：若函數f(x)有兩個極值點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