高三数学一轮复习课时作业2：导数的综合应用

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3

『解析』 设t时刻水面高度为h，半径为r，则r＝3h. 11

此时水的体积V＝πr2h＝πh3，又V＝9.3t

391

所以πh3＝9.3t，且π≈3.1.

91

2

∴h＝3t3，则h′＝t－，

3

112

故当t＝分钟时的瞬时变化率为()－＝9.

27273

『答案』 B

6．

π

『解析』 ∵(x－2)f′(x)>0，

ππ

当0，∴f(x)在(，π)上是增函数． 22π

当0

2π

∴f(x)在(0，)上是减函数．

2

设π≤x≤2π，则0≤2π－x≤π.由f(x)是以2π为最小正周期的偶函数知 f(2π－x)＝f(x)．故π≤x≤2π时，0

依题意作出草图可知，y1＝f(x)与y2＝sin x在『－2π，2π』上有四个交点．

『答案』 B

二、填空题

7．『解析』 由f(－x)＝f(x)知，函数f(x)为偶函数，因此f(－3)＝f(3)．

ππ

又f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x，当x∈(0，)时，f′(x)＞0，x∈(，π)时，f′(x)

22＜0，

ππ

∴f(x)在区间(，π)上是减函数，∴f()＞f(2)＞f(3)＝f(－3)．

22π

『答案』 f(－3)＜f(2)＜f(2) 8．

f（x2）－f（x1）

『解析』 由|f(x2)－f(x1)|＜|x2－x1|知||＜1，即|f′(x)|＜1.

x2－x1经验证：①③符合题意．

『答案』 ①③

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2x2＋mx＋1

9．『解析』 依题意知，x＞0，f′(x)＝，

x令g(x)＝2x2＋mx＋1，x∈(0，＋∞)，

m

当－≤0时，g(0)＝1＞0恒成立，∴m≥0成立，

4m

当－＞0时，则Δ＝m2－8≤0，∴－22≤m＜0，

4综上，m的取值范围是{m|m≥－22}．

『答案』 {m|m≥－22}

三、解答题

10．

『解析』 (1)f′(x)＝(2x－3)ex＋ex(x2－3x＋3)

＝exx(x－1)．

由于t＞1，故当x∈(－2，0)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减， 当x∈(1，t)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．

综上，函数y＝f(x)的单调递增区间为(－2，0)，(1，t)；单调递减区间为(0，1)． (2)m＝f(－2)＝13e2，n＝f(t)＝(t2－3t＋3)et， 设h(t)＝n－m＝(t2－3t＋3)et－13e2，

h′(t)＝(2t－3)et＋et(t2－3t＋3)＝ett(t－1)(t＞－2)． h(t)，h′(t)随t的变化情况如下表：

－

－

13e3－13

由上表可知h(t)的极小值为h(1)＝e－2＝2＞0，又h(－2)＝0，所以当t＞－2时，

eeh(t)＞h(－2)＝0，即h(t)＞0，因此，n－m＞0，即m＜n.

11．

kakb

『解析』 (1)设点C受A污染源污染指数为x，点C受B污染源污染指数为，

36－x其中k为比例系数，且k＞0.

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kakb

从而点C处污染指数y＝＋(0＜x＜36)．

x36－xkkb

(2)因为a＝1，所以，y＝＋，

x36－x

1b36

y′＝k『－2＋』，令y′＝0，得x＝，

x（36－x）21＋b

3636

当x∈(0，)时，函数单调递减；当x∈(，＋∞)时，函数单调递增．

1＋b1＋b36

∴当x＝时，函数取得最小值

1＋b又此时x＝6，解得b＝25，经验证符合题意． 所以，污染源B的污染强度b的值为25. 12．

『解析』 (1)当t＝1时，

3

f(x)＝2x3＋x2－3x，f(0)＝0，f′(x)＝6x2＋3x－3，k＝f′(0)＝－3，

2所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－3x. t

(2)f′(x)＝6x2＋3tx－3t2，令f′(x)＝0，解得x＝－t或x＝.

2因为t≠0，以下分两种情况讨论：

t

① 若t＜0，则＜－t，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

2

t

② 所以，f(x)的单调递增区间是(－∞，)，(－t，＋∞)；

2t

f(x)的单调递减区间是(，－t)．

2t

③ 若t＞0，则－t＜，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

2

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t

④ 所以，f(x)的单调递增区间是(－∞，－t)，(，＋∞)；

2t

f(x)的单调递减区间是(－t，)．

2

tt

(3)证明 由(2)可知，当t＞0时，f(x)在(0，)内的单调递减，在(，＋∞)内单调递增，

22以下分两种情况讨论：

t

①当≥1，即t≥2时，f(x)在(0，1)内单调递减，

2t－133f(0)＝＞0，f(1)＝－3t2＋2t＋≤－3×4＋2×2＋＜0.

222所以对任意t∈『2，＋∞)，f(x)在区间(0，1)内均存在零点． tt

②当0＜＜1，即0＜t＜2时，f(x)在(0，)内单调递

22t

减，在(，1)内单调递增，

2

t－1t77

若t∈(0，1』，f()＝－t3＋≤－t3＜0，

2828

333t

f(1)＝－3t2＋2t＋≥－3t＋2t＋＝－t＋＞0.所以f(x)在(，1)内存在零点．

2222t－1t771

若t∈(1，2)，f()＝－t3＋＜－t3＋＜0.

28282t－1t

f(0)＝＞0，所以f(x)在(0，)内存在零点．

22

所以，对任意t∈(0，2)，f(x)在区间(0，1)内均存在零点． 综上，对任意t∈(0，＋∞)，f(x)在区间(0，1)内均存在零点．

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