高考數(shù)學(xué)

(江蘇省專用)§9.3導(dǎo)數(shù)在實(shí)際問題中的應(yīng)用及綜合應(yīng)用(2016江蘇,17,14分)現(xiàn)需要設(shè)計(jì)一個(gè)倉庫,它由上下兩部分組成,上部的形狀是正四棱錐P-A1B1C1

D1,下部的形狀是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(如圖所示),并要求正四棱柱的高O1O是正四棱錐的高

PO1的4倍.(1)若AB=6m,PO1=2m,則倉庫的容積是多少?(2)若正四棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)為6m,則當(dāng)PO1為多少時(shí),倉庫的容積最大?

A組自主命題·江蘇卷題組五年高考所以正四棱錐P-A1B1C1D1的體積V錐=

·A1

·PO1=

×62×2=24(m3);正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的體積V柱=AB2·O1O=62×8=288(m3).所以倉庫的容積V=V錐+V柱=24+288=312(m3).(2)設(shè)A1B1=am,PO1=hm,則0<h<6,O1O=4hm.連接O1B1.因?yàn)樵赗t△PO1B1中,O1

+P

=P

,所以

+h2=36,即a2=2(36-h2).解析(1)由PO1=2m知O1O=4PO1=8m.因?yàn)锳1B1=AB=6m,于是倉庫的容積V=V柱+V錐=a2·4h+

a2·h=

a2h=

(36h-h3)(m3),其中0<h<6,從而V'=

(36-3h2)=26(12-h2).令V'=0,得h=2

或h=-2

(舍).當(dāng)0<h<2

時(shí),V'>0,V是單調(diào)增函數(shù);當(dāng)2

<h<6時(shí),V'<0,V是單調(diào)減函數(shù).故h=2

時(shí),V取得極大值,也是最大值.因此,當(dāng)PO1=2

m時(shí),倉庫的容積最大.考點(diǎn)導(dǎo)數(shù)在實(shí)際問題中的應(yīng)用及綜合應(yīng)用1.(2015課標(biāo)Ⅰ改編,12,5分)設(shè)函數(shù)f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整數(shù)x0使得f(x0)<0,則

a的取值范圍是

.B組

統(tǒng)一命題·省(區(qū)、市)卷題組答案

解析由f(x0)<0,即

(2x0-1)-a(x0-1)<0得

(2x0-1)<a(x0-1).當(dāng)x0=1時(shí),得e<0,顯然不成立,所以x0≠1.若x0>1,則a>

.令g(x)=

,則g'(x)=

.當(dāng)x∈

時(shí),g'(x)<0,g(x)為減函數(shù),當(dāng)x∈

時(shí),g'(x)>0,g(x)為增函數(shù),要滿足題意,則x0=2,此時(shí)需滿足g(2)<a≤g(3),得3e2<a≤

e3,與a<1矛盾,所以x0<1.因?yàn)閤0<1,所以a<

.易知,當(dāng)x∈(-∞,0)時(shí),g'(x)>0,g(x)為增函數(shù),當(dāng)x∈(0,1)時(shí),g'(x)<0,g(x)為減函數(shù),要滿足題意,則x0=0,此時(shí)需滿足g(-1)≤a<g(0),得

≤a<1(滿足a<1).評(píng)析本題主要考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用及分類討論思想,分離參變量是解決本題的關(guān)鍵,本題綜合性較

強(qiáng),屬難題.2.(2015安徽,15,5分)設(shè)x3+ax+b=0,其中a,b均為實(shí)數(shù).下列條件中,使得該三次方程僅有一個(gè)實(shí)根

的是

.(寫出所有正確條件的編號(hào))①a=-3,b=-3;②a=-3,b=2;③a=-3,b>2;④a=0,b=2;⑤a=1,b=2.答案①③④⑤解析設(shè)f(x)=x3+ax+b.當(dāng)a=-3,b=-3時(shí),f(x)=x3-3x-3,f'(x)=3x2-3,令f'(x)>0,得x>1或x<-1;令f'(x)<0,得-1<x<1,故f(x)在(-∞,-1)上為增函數(shù),在(-1,1)上為減函數(shù),在(1,+∞)上為增函數(shù),又f(-1)=-1,f(1)=-5,f(3)=15,故方程f(x)=

0只有一個(gè)實(shí)根,故①正確.當(dāng)a=-3,b=2時(shí),f(x)=x3-3x+2,易知f(x)在(-∞,-1)上為增函數(shù),在(-1,1)上為減函數(shù),在(1,+∞)上為增

函數(shù),又f(-1)=4,f(1)=0,x→-∞時(shí),f(x)→-∞,從而方程f(x)=0有兩個(gè)根,故②錯(cuò).當(dāng)a=-3,b>2時(shí),f(x)=x3-3x+b,易知f(x)的極大值為f(-1)=2+b>0,極小值為f(1)=b-2>0,x→-∞時(shí),f(x)→-∞,故方程f(x)=0有且僅有一個(gè)實(shí)根,故③正確.當(dāng)a=0,b=2時(shí),f(x)=x3+2,顯然方程f(x)=0有且僅有一個(gè)實(shí)根,故④正確.當(dāng)a=1,b=2時(shí),f(x)=x3+x+2,f'(x)=3x2+1>0,則f(x)在(-∞,+∞)上為增函數(shù),易知f(x)的值域?yàn)镽,故f(x)

=0有且僅有一個(gè)實(shí)根,故⑤正確.綜上,正確條件的編號(hào)有①③④⑤.評(píng)析本題考查方程的根、函數(shù)的零點(diǎn),利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和極值,考查推理運(yùn)算能

力.3.(2017課標(biāo)全國(guó)Ⅲ文,21,12分)已知函數(shù)f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)當(dāng)a<0時(shí),證明f(x)≤-

-2.解析(1)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f'(x)=

+2ax+2a+1=

.若a≥0,則當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),f'(x)>0,故f(x)在(0,+∞)單調(diào)遞增.若a<0,則當(dāng)x∈

時(shí),f'(x)>0;當(dāng)x∈

時(shí),f'(x)<0,故f(x)在

單調(diào)遞增,在

單調(diào)遞減.(2)由(1)知,當(dāng)a<0時(shí),f(x)在x=-

取得最大值,最大值為f

=ln

-1-

.所以f(x)≤-

-2等價(jià)于ln

-1-

≤-

-2,即ln

+

+1≤0.設(shè)g(x)=lnx-x+1,則g'(x)=

-1.當(dāng)x∈(0,1)時(shí),g‘(x)>0;當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),g’(x)<0.所以g(x)在(0,1)單調(diào)遞增,在(1,+∞)單調(diào)遞減.故當(dāng)x=

1時(shí),g(x)取得最大值,最大值為g(1)=0.所以當(dāng)x>0時(shí),g(x)≤0.從而當(dāng)a<0時(shí),ln

+

+1≤0,即f(x)≤-

-2.4.(2017天津文,19,14分)設(shè)a,b∈R,|a|≤1.已知函數(shù)f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,g(x)=exf(x).(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)已知函數(shù)y=g(x)和y=ex的圖象在公共點(diǎn)(x0,y0)處有相同的切線,(i)求證:f(x)在x=x0處的導(dǎo)數(shù)等于0;(ii)若關(guān)于x的不等式g(x)≤ex在區(qū)間[x0-1,x0+1]上恒成立,求b的取值范圍.解析本小題主要考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算、導(dǎo)數(shù)的幾何意義、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)

和方法.考查用函數(shù)思想解決問題的能力.(1)由f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,可得f'(x)=3x2-12x-3a(a-4)=3(x-a)[x-(4-a)].令f'(x)=0,解得x=a,或x=4-a.由|a|≤1,得a<4-a.當(dāng)x變化時(shí),f'(x),f(x)的變化情況如下表:x(-∞,a)(a,4-a)(4-a,+∞)f'(x)+-+f(x)↗↘↗所以,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,a),(4-a,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為(a,4-a).(2)(i)證明:因?yàn)間'(x)=ex(f(x)+f'(x)),由題意知

所以

解得

所以,f(x)在x=x0處的導(dǎo)數(shù)等于0.(ii)因?yàn)間(x)≤ex,x∈[x0-1,x0+1],由ex>0,可得f(x)≤1.又因?yàn)閒(x0)=1,f'(x0)=0,故x0為f(x)的極大值點(diǎn),由(1)知x0=a.另一方面,由于|a|≤1,故a+1<4-a,由(1)知f(x)在(a-1,a)內(nèi)單調(diào)遞增,在(a,a+1)內(nèi)單調(diào)遞減,故當(dāng)x0=a時(shí),f(x)≤f(a)=1在[a-1,a+1]上恒

成立,從而g(x)≤ex在[x0-1,x0+1]上恒成立.由f(a)=a3-6a2-3a(a-4)a+b=1,得b=2a3-6a2+1,-1≤a≤1.令t(x)=2x3-6x2+1,x∈[-1,1],所以t'(x)=6x2-12x,令t'(x)=0,解得x=2(舍去),或x=0.因?yàn)閠(-1)=-7,t(1)=-3,t(0)=1,因此,t(x)的值域?yàn)閇-7,1].所以,b的取值范圍是[-7,1].思路分析(1)求出函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)及極值點(diǎn),通過列表判斷函數(shù)的單調(diào)性,求出單調(diào)區(qū)間即可.(2)(i)對(duì)函數(shù)y=g(x)和y=ex求導(dǎo),根據(jù)已知條件得方程組

解方程組可得出f'(x0)=0.(ii)不等式g(x)≤ex在區(qū)間[x0-1,x0+1]上恒成立,由ex>0,可得f(x)≤1.根據(jù)(1)可知f(x)≤f(a)=1在[a-1,a

+1]上恒成立.由f(a)=1,得b=2a3-6a2+1,-1≤a≤1,利用導(dǎo)數(shù)即可求出b的取值范圍.5.(2017浙江,20,15分)已知函數(shù)f(x)=(x-

)e-x

.(1)求f(x)的導(dǎo)函數(shù);(2)求f(x)在區(qū)間

上的取值范圍.解析本題主要考查函數(shù)的最大(小)值,導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算及其應(yīng)用,同時(shí)考查分析問題和解決問題的

能力.(1)因?yàn)?x-

)'=1-

,(e-x)'=-e-x,所以f'(x)=

e-x-(x-

)e-x=

.(2)由f'(x)=

=0,解得x=1或x=

.因?yàn)閤

1

f'(x)

-0+0-f(x)

↘0↗

↘又f(x)=

(

-1)2e-x≥0,所以f(x)在區(qū)間

上的取值范圍是

.解后反思1.在導(dǎo)數(shù)大題中,求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)至關(guān)重要,因此,必須熟練掌握求導(dǎo)公式和求導(dǎo)法則.2.利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的值域的一般步驟:(1)求函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f'(x);(2)解方程f'(x)=0;(3)用f'(x)=0的根把函數(shù)的定義域分成若干個(gè)區(qū)間;(4)判斷每個(gè)區(qū)間上f'(x)的符號(hào),得函數(shù)的單調(diào)性;(5)求函數(shù)在各個(gè)區(qū)間上的值域,再求并集.3.本題最易忽略f(x)≥0這個(gè)條件,從而得出:f(x)在

上的值域?yàn)?/p>

的錯(cuò)誤結(jié)論.因此,在求函數(shù)f(x)在區(qū)間(a,+∞)或(-∞,a)上的值域時(shí),一定要觀察f(x)圖象的趨勢(shì),或先判斷f(x)

何時(shí)為正,何時(shí)為負(fù)(通常是求出函數(shù)f(x)的零點(diǎn)).6.(2017天津理,20,14分)設(shè)a∈Z,已知定義在R上的函數(shù)f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a在區(qū)間(1,2)內(nèi)有一

個(gè)零點(diǎn)x0,g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù).(1)求g(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)設(shè)m∈[1,x0)∪(x0,2],函數(shù)h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),求證:h(m)h(x0)<0;(3)求證:存在大于0的常數(shù)A,使得對(duì)于任意的正整數(shù)p,q,且

∈[1,x0)∪(x0,2],滿足

≥

.解析本小題主要考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)、證明不等式等基礎(chǔ)知識(shí)和方

法.考查函數(shù)思想和化歸思想.考查抽象概括能力、綜合分析問題和解決問題的能力.(1)由f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a,可得g(x)=f'(x)=8x3+9x2-6x-6,進(jìn)而可得g'(x)=24x2+18x-6.令g'(x)=0,解得

x=-1或x=

.當(dāng)x變化時(shí),g'(x),g(x)的變化情況如下表:x(-∞,-1)

g'(x)+-+g(x)↗↘↗所以,g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-∞,-1),

,單調(diào)遞減區(qū)間是

.(2)證明:由h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),得h(m)=g(m)(m-x0)-f(m),h(x0)=g(x0)(m-x0)-f(m).令函數(shù)H1(x)=g(x)(x-x0)-f(x),則H1‘(x)=g’(x)(x-x0).由(1)知,當(dāng)x∈[1,2]時(shí),g'(x)>0,故當(dāng)x∈[1,x0)時(shí),H1'(x)

<0,H1(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x∈(x0,2]時(shí),H1'(x)>0,H1(x)單調(diào)遞增.因此,當(dāng)x∈[1,x0)∪(x0,2]時(shí),H1(x)>H1(x0)=-f(x0)=0,可得H1(m)>0,即h(m)>0.令函數(shù)H2(x)=g(x0)(x-x0)-f(x),則H2‘(x)=g(x0)-g(x).由(1)知g(x)在[1,2]上單調(diào)遞增,故當(dāng)x∈[1,x0)時(shí),H2'(x)>0,H2(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x∈(x0,2]時(shí),H2'(x)<0,H2(x)單調(diào)遞減.因此,當(dāng)x∈[1,x0)∪(x0,2]時(shí),H2(x)<H2(x0)=0,可得H2(m)<0,即h(x0)<0.所以,h(m)h(x0)<0.(3)證明:對(duì)于任意的正整數(shù)p,q,且

∈[1,x0)∪(x0,2],令m=

,函數(shù)h(x)=g(x)(m-x0)-f(m).由(2)知,當(dāng)m∈[1,x0)時(shí),h(x)在區(qū)間(m,x0)內(nèi)有零點(diǎn);當(dāng)m∈(x0,2]時(shí),h(x)在區(qū)間(x0,m)內(nèi)有零點(diǎn).所以h(x)在(1,2)內(nèi)

至少有一個(gè)零點(diǎn),不妨設(shè)為x1,則h(x1)=g(x1)

-f

=0.由(1)知g(x)在[1,2]上單調(diào)遞增,故0<g(1)<g(x1)<g(2),于是

=

≥

=

.因?yàn)楫?dāng)x∈[1,2]時(shí),g(x)>0,故f(x)在[1,2]上單調(diào)遞增,所以f(x)在區(qū)間[1,2]上除x0外沒有其他的零點(diǎn),

而

≠x0,故f

≠0.又因?yàn)閜,q,a均為整數(shù),所以|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|是正整數(shù),從而|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|≥1.所以

≥

.所以,只要取A=g(2),就有

≥

.思路分析(1)求出函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)g(x)=f'(x)=8x3+9x2-6x-6,求出使導(dǎo)函數(shù)為零的x的值,通過列

表求出單調(diào)區(qū)間即可.(2)由h(x)推出h(m),h(x0),令函數(shù)H1(x)=g(x)(x-x0)-f(x),H2(x)=g(x0)(x-x0)-f(x),求出導(dǎo)函數(shù)H1'(x),H2'(x),

由此可推出h(m)h(x0)<0.(3)對(duì)于任意的正整數(shù)p,q,令m=

,函數(shù)h(x)=g(x)·(m-x0)-f(m),由(2)可推出h(x)在(1,2)內(nèi)至少有一個(gè)零點(diǎn),結(jié)合(1)可得

=

≥

=

,進(jìn)而得到|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|≥1,最后推出結(jié)果即可.7.(2017山東理,20,13分)已知函數(shù)f(x)=x2+2cosx,g(x)=ex(cosx-sinx+2x-2),其中e=2.71828…是自

然對(duì)數(shù)的底數(shù).(1)求曲線y=f(x)在點(diǎn)(π,f(π))處的切線方程;(2)令h(x)=g(x)-af(x)(a∈R),討論h(x)的單調(diào)性并判斷有無極值,有極值時(shí)求出極值.解析本題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義和極值.(1)由題意f(π)=π2-2,又f'(x)=2x-2sinx,所以f'(π)=2π,因此曲線y=f(x)在點(diǎn)(π,f(π))處的切線方程為y-(π2-2)=2π(x-π),即y=2πx-π2-2.(2)由題意得h(x)=ex(cosx-sinx+2x-2)-a(x2+2cosx),因?yàn)閔'(x)=ex(cosx-sinx+2x-2)+ex(-sinx-cosx+2)-a(2x-2sinx)=2ex(x-sinx)-2a(x-sinx)=2(ex-a)(x-sinx),令m(x)=x-sinx,則m'(x)=1-cosx≥0,所以m(x)在R上單調(diào)遞增.因?yàn)閙(0)=0,所以當(dāng)x>0時(shí),m(x)>0;當(dāng)x<0時(shí),m(x)<0.(1)當(dāng)a≤0時(shí),ex-a>0,當(dāng)x<0時(shí),h'(x)<0,h(x)單調(diào)遞減,當(dāng)x>0時(shí),h'(x)>0,h(x)單調(diào)遞增,所以當(dāng)x=0時(shí)h(x)取到極小值,極小值是h(0)=-2a-1;(2)當(dāng)a>0時(shí),h'(x)=2(ex-elna)(x-sinx),由h'(x)=0得x1=lna,x2=0.①當(dāng)0<a<1時(shí),lna<0,當(dāng)x∈(-∞,lna)時(shí),ex-elna<0,h'(x)>0,h(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x∈(lna,0)時(shí),ex-elna>0,h'(x)<0,h(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),ex-elna>0,h'(x)>0,h(x)單調(diào)遞增.所以當(dāng)x=lna時(shí)h(x)取到極大值,極大值為h(lna)=-a[(lna)2-2lna+sin(lna)+cos(lna)+2],當(dāng)x=0時(shí)h(x)取到極小值,極小值是h(0)=-2a-1;②當(dāng)a=1時(shí),lna=0,所以當(dāng)x∈(-∞,+∞)時(shí),h'(x)≥0,函數(shù)h(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增,無極值;③當(dāng)a>1時(shí),lna>0,所以當(dāng)x∈(-∞,0)時(shí),ex-elna<0,h'(x)>0,h(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x∈(0,lna)時(shí),ex-elna<0,h'(x)<0,h(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x∈(lna,+∞)時(shí),ex-elna>0,h'(x)>0,h(x)單調(diào)遞增.所以當(dāng)x=0時(shí)h(x)取到極大值,極大值是h(0)=-2a-1;當(dāng)x=lna時(shí)h(x)取到極小值,極小值是h(lna)=-a[(lna)2-2lna+sin(lna)+cos(lna)+2].綜上所述:當(dāng)a≤0時(shí),h(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增,函數(shù)h(x)有極小值,極小值是h(0)=-2a-

1;當(dāng)0<a<1時(shí),函數(shù)h(x)在(-∞,lna)和(0,+∞)上單調(diào)遞增,在(lna,0)上單調(diào)遞減,函數(shù)h(x)有極大值,也

有極小值,極大值是h(lna)=-a[(lna)2-2lna+sin(lna)+cos(lna)+2],極小值是h(0)=-2a-1;當(dāng)a=1時(shí),函數(shù)h(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增,無極值;當(dāng)a>1時(shí),函數(shù)h(x)在(-∞,0)和(lna,+∞)上單調(diào)遞增,在(0,lna)上單調(diào)遞減,函數(shù)h(x)有極大值,也有極小值,極大值是h(0)=-2a-1,極小值是h(lna)=-a[(lna)2-2lna+sin(lna)+cos(lna)+2].1.(2014遼寧,21,12分)已知函數(shù)f(x)=(cosx-x)(π+2x)-

(sinx+1),g(x)=3(x-π)cosx-4(1+sinx)ln

.證明:(1)存在唯一x0∈

,使f(x0)=0;(2)存在唯一x1∈

,使g(x1)=0,且對(duì)(1)中的x0,有x0+x1<π.C組教師專用題組證明(1)當(dāng)x∈

時(shí),f'(x)=-(1+sinx)(π+2x)-2x-

cosx<0,函數(shù)f(x)在

上為減函數(shù),又f(0)=π-

>0,f

=-π2-

<0,所以存在唯一x0∈

,使f(x0)=0.(2)考慮函數(shù)h(x)=

-4ln

,x∈

.令t=π-x,則x∈

時(shí),t∈

.記u(t)=h(π-t)=

-4ln

,則u'(t)=

.由(1)得,當(dāng)t∈(0,x0)時(shí),u'(t)>0,當(dāng)t∈

時(shí),u'(t)<0.在(0,x0)上u(t)是增函數(shù),又u(0)=0,從而當(dāng)t∈(0,x0]時(shí),u(t)>0,所以u(píng)(t)在(0,x0]上無零點(diǎn).在

上u(t)為減函數(shù),由u(x0)>0,u

=-4ln2<0,知存在唯一t1∈

,使u(t1)=0.所以存在唯一的t1∈

,使u(t1)=0.因此存在唯一的x1=π-t1∈

,使h(x1)=h(π-t1)=u(t1)=0.因?yàn)楫?dāng)x∈

時(shí),1+sinx>0,故g(x)=(1+sinx)h(x)與h(x)有相同的零點(diǎn),所以存在唯一的x1∈

,使g(x1)=0.因x1=π-t1,t1>x0,所以x0+x1<π.評(píng)析本題考查函數(shù)的零點(diǎn)、方程的根與函數(shù)圖象交點(diǎn)間的關(guān)系,考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單

調(diào)性,轉(zhuǎn)化與化歸思想和分類討論思想的應(yīng)用,本題將函數(shù)的零點(diǎn)、函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)問題有

機(jī)結(jié)合,難度較大,很好地考查了考生的邏輯推理能力和運(yùn)算求解能力.2.(2013陜西理,21,14分)已知函數(shù)f(x)=ex,x∈R.(1)若直線y=kx+1與f(x)的反函數(shù)的圖象相切,求實(shí)數(shù)k的值;(2)設(shè)x>0,討論曲線y=f(x)與曲線y=mx2(m>0)公共點(diǎn)的個(gè)數(shù);(3)設(shè)a<b,比較

與

的大小,并說明理由.解析(1)f(x)的反函數(shù)為g(x)=lnx.設(shè)直線y=kx+1與g(x)=lnx的圖象在P(x0,y0)處相切,則有y0=kx0+1=lnx0,k=g'(x0)=

,解得x0=e2,k=

.(2)曲線y=ex與y=mx2的公共點(diǎn)個(gè)數(shù)等于曲線y=

與y=m的公共點(diǎn)個(gè)數(shù).令φ(x)=

,則φ'(x)=

,∴φ'(2)=0.當(dāng)x∈(0,2)時(shí),φ'(x)<0,φ(x)在(0,2)上單調(diào)遞減;當(dāng)x∈(2,+∞)時(shí),φ'(x)>0,φ(x)在(2,+∞)上單調(diào)遞增,∴φ(x)在(0,+∞)上的最小值為φ(2)=

.當(dāng)0<m<

時(shí),曲線y=

與y=m無公共點(diǎn);當(dāng)m=

時(shí),曲線y=

與y=m恰有一個(gè)公共點(diǎn);當(dāng)m>

時(shí),在區(qū)間(0,2)內(nèi)存在x1=

,使得φ(x1)>m,在(2,+∞)內(nèi)存在x2=me2,使得φ(x2)>m.由φ(x)的單調(diào)性知,曲線y=

與y=m在(0,+∞)上恰有兩個(gè)公共點(diǎn).綜上所述,當(dāng)x>0時(shí),若0<m<

,曲線y=f(x)與y=mx2沒有公共點(diǎn);若m=

,曲線y=f(x)與y=mx2有一個(gè)公共點(diǎn);若m>

,曲線y=f(x)與y=mx2有兩個(gè)公共點(diǎn).(3)可以證明

>

.事實(shí)上,

>

?

>

?

>

?

>1-

?

>1-

(b>a).

(*)令ψ(x)=

+

-1(x≥0),則ψ'(x)=

-

=

=

≥0(當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)等號(hào)成立),∴ψ(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,∴x>0時(shí),ψ(x)>ψ(0)=0.令x=b-a,即得(*)式,結(jié)論得證.一、填空題(每題5分,共5分)1.(2016江蘇淮安階段測(cè)試,11)將一個(gè)長(zhǎng)和寬分別為a,b(0<a<b)的長(zhǎng)方形的四個(gè)角切去四個(gè)相同

的正方形,然后折成一個(gè)無蓋的長(zhǎng)方體盒子,若長(zhǎng)方體的外接球的體積存在最小值,則

的取值范圍是

.三年模擬A組2015—2017年高考模擬·基礎(chǔ)題組(時(shí)間：45分鐘分值：55分)答案

解析設(shè)切去的正方形的邊長(zhǎng)為x

,折成的長(zhǎng)方體的外接球的直徑為R,則R2=(a-2x)2+(b-2x)2+x2,設(shè)f(x)=(a-2x)2+(b-2x)2+x2,則f'(x)=18x-4(a+b).令f'(x)=0,得x=

(a+b),要使外接球的體積存在最小值,只需f(x)存在最小值,∵0<x<

,∴0<

(a+b)<

,又0<a<b,∴1<

<

.二、解答題(共50分)2.(2017蘇錫常鎮(zhèn)四市高三教學(xué)情況調(diào)研(一),17)某單位舉辦慶典活動(dòng),要在廣場(chǎng)上樹立一形狀

為等腰梯形的彩門BADC(如圖).設(shè)計(jì)要求彩門的面積為S(單位:m2),高為h(單位:m)(S,h為常數(shù)).

彩門的下底BC固定在廣場(chǎng)的底面上,上底和兩腰由不銹鋼支架構(gòu)成,設(shè)腰和下底的夾角為α,不銹

鋼支架的長(zhǎng)度和記為l(單位:m).(1)將l表示成關(guān)于α的函數(shù)l=f(α);(2)當(dāng)α為何值時(shí),l最小?并求出最小值.

解析(1)過D作DH⊥BC于點(diǎn)H,∠DCB=α

,DH=h,設(shè)AD=x,則DC=

,CH=

,BC=x+

,所以S=

·h,則x=

-

,則l=f(α)=2DC+AD=

+h

.(2)f'(α)=h·

=h·

,令f'(α)=h·

=0,得α=

.f(α),f'(α)隨之變化情況如下表:α

f'(α)-0+f(α)↘極小值↗所以,lmin=f

=

h+

.答:當(dāng)α=

時(shí),l有最小值,為

m.3.(2017南京第三次模擬考試,17)在一水域上建一個(gè)演藝廣場(chǎng).演藝廣場(chǎng)由看臺(tái)Ⅰ,看臺(tái)Ⅱ,三角形

水域ABC及矩形表演臺(tái)BCDE四個(gè)部分構(gòu)成(如圖).看臺(tái)Ⅰ,看臺(tái)Ⅱ是分別以AB,AC為直徑的兩個(gè)

半圓形區(qū)域,且看臺(tái)Ⅰ的面積是看臺(tái)Ⅱ的面積的3倍.矩形表演臺(tái)BCDE中,CD=10米,三角形水域

ABC的面積為400

平方米.設(shè)∠BAC=θ.(1)求BC的長(zhǎng)(用含θ的式子表示);(2)若表演臺(tái)每平方米的造價(jià)為0.3萬元,求表演臺(tái)的最低造價(jià).

解析(1)因?yàn)榭磁_(tái)Ⅰ的面積是看臺(tái)Ⅱ的面積的3倍,所以AB=

AC.在△ABC中,S△ABC=

AB·AC·sinθ=400

,所以AC2=

.由余弦定理可得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cosθ=4AC2-2

AC2cosθ=(4-2

cosθ)

,即BC=

=40

.所以BC的長(zhǎng)為40

(θ∈(0,π))米.(2)設(shè)表演臺(tái)的總造價(jià)為W萬元.因?yàn)镃D=10m,表演臺(tái)每平方米的造價(jià)為0.3萬元,所以W=3BC=120

,θ∈(0,π).記f(θ)=

,θ∈(0,π),則f'(θ)=

.令f'(θ)=0,解得θ=

.當(dāng)θ∈

時(shí),f'(θ)<0;當(dāng)θ∈

時(shí),f'(θ)>0,故f(θ)在

上單調(diào)遞減,在

上單調(diào)遞增,從而當(dāng)θ=

時(shí),f(θ)取得最小值,最小值為f

=1.所以Wmin=120.答:表演臺(tái)的最低造價(jià)為120萬元.4.(2016江蘇蘇北四市調(diào)研,17)如圖,OA是南北方向的一條公路,OB是北偏東45°方向的一條公路,

某風(fēng)景區(qū)的一段邊界為曲線C.為方便游客觀光,擬過曲線C上的某點(diǎn)P分別修建與公路OA,OB垂

直的兩條道路PM,PN,且PM,PN的造價(jià)分別為5萬元/百米,40萬元/百米,建立如圖所示的直角坐

標(biāo)系xOy,則曲線符合函數(shù)y=x+

(1≤x≤9)模型,設(shè)PM=x百米,修建兩條道路PM,PN的總造價(jià)為f(x)萬元.(1)求f(x)的解析式;(2)當(dāng)x為多少時(shí),總造價(jià)f(x)最低?并求最低造價(jià).

解析(1)因?yàn)榍€C的方程為y=x+

(1≤x≤9),PM=x,所以點(diǎn)P的坐標(biāo)為

,由題意得直線OB的方程為x-y=0,則點(diǎn)P到直線x-y=0的距離為

=

=

,又PM的造價(jià)為5萬元/百米,PN的造價(jià)為40萬元/百米,所以兩條道路的總造價(jià)f(x)=5x+40·

=5

(1≤x≤9).(2)因?yàn)閒(x)=5x+40·

=5

,1≤x≤9,所以f'(x)=5

=

,1≤x≤9,令f'(x)=0,得x=4,列表如下:x(1,4)4(4,9)f'(x)-0+f(x)單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增所以當(dāng)x=4時(shí),函數(shù)f(x)有最小值,最小值為f(4)=5

=30.所以當(dāng)x=4時(shí),總造價(jià)最低,最低造價(jià)為30萬元.5.(2015南京三模,17)如圖,摩天輪的半徑OA為50m,它的最低點(diǎn)A距地面的高度忽略不計(jì).地面上

有一長(zhǎng)度為240m的景觀帶MN,它與摩天輪在同一豎直平面內(nèi),且AM=60m.點(diǎn)P從最低點(diǎn)A處按

逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)到最高點(diǎn)B處的過程中,記∠AOP=θ,θ∈(0,π).(1)當(dāng)θ=

時(shí),求點(diǎn)P距地面的高度PQ;(2)試確定θ的值,使得∠MPN取得最大值.

解析(1)由題意得,當(dāng)θ=

時(shí),PQ=50+50cos(π-θ)=50-50cosθ=50-50cos

=75m.故點(diǎn)P距地面的高度PQ為75m.(2)由題意,得AQ=50sin(π-θ)=50sinθm,從而MQ=(60-50sinθ)m,NQ=(300-50sinθ)m.又PQ=(50-50cosθ)m,所以tan∠NPQ=

=

,tan∠MPQ=

=

.從而tan∠MPN=tan(∠NPQ-∠MPQ)=

=

=

.令g(θ)=

,θ∈(0,π),則g'(θ)=

,θ∈(0,π).由g'(θ)=0,得sinθ+cosθ-1=0,結(jié)合θ∈(0,π)得θ=

.當(dāng)θ∈

時(shí),g'(θ)>0,g(θ)為增函數(shù);當(dāng)θ∈

時(shí),g'(θ)<0,g(θ)為減函數(shù),所以當(dāng)θ=

時(shí),g(θ)有極大值,即為最大值.因?yàn)?<∠MPQ<∠NPQ<

,所以0<∠MPN<

,從而當(dāng)g(θ)=tan∠MPN取得最大值時(shí),∠MPN取得最大值,即當(dāng)θ=

時(shí),∠MPN取得最大值.解答題(共60分)1.(2017南京、鹽城第二次模擬考試,17)在一張足夠大的紙板上截取一個(gè)面積為3600平方厘米

的矩形紙板ABCD,然后在矩形紙板的四個(gè)角上切去邊長(zhǎng)相等的小正方形,再把它的邊沿虛線折

起,做成一個(gè)無蓋的長(zhǎng)方體紙盒(如圖).設(shè)小正方形邊長(zhǎng)為x厘米,矩形紙板的兩邊AB,BC的長(zhǎng)分

別為a厘米和b厘米,其中a≥b.(1)當(dāng)a=90時(shí),求紙盒側(cè)面積的最大值;(2)試確定a,b,x的值,使得紙盒的體積最大,并求出最大值.

B組2015—2017年高考模擬·綜合題組(時(shí)間：50分鐘分值：60分)解析(1)因?yàn)榫匦渭埌錋BCD的面積為3600平方厘米,故當(dāng)a=90時(shí),b=40,從而紙盒的側(cè)面積S=2×x(90-2x)+2×x(40-2x)=-8x2+260x,x∈(0,20),S=-8x2+260x=-8

+

,故當(dāng)x=

時(shí),S最大,最大值為

.答:當(dāng)x=

時(shí),紙盒的側(cè)面積最大,最大值為

平方厘米.(2)紙盒的體積V=(a-2x)(b-2x)x=x[ab-2(a+b)x+4x2],x∈

,b≤60.V=x[ab-2(a+b)x+4x2]≤x(ab-4

x+4x2)=x(3600-240x+4x2)=4x3-240x2+3600x,當(dāng)且僅當(dāng)a=b=60時(shí)等號(hào)成立.設(shè)f(x)=4x3-240x2+3600x,x∈(0,30).則f'(x)=12(x-10)(x-30).于是當(dāng)0<x<10時(shí),f'(x)>0,所以f(x)在(0,10)上單調(diào)遞增;當(dāng)10<x<30時(shí),f'(x)<0,所以f(x)在(10,30)上單調(diào)遞減,因此當(dāng)x=10時(shí),f(x)有最大值,f(10)=16000,此時(shí)a=b=60,x=10.答:當(dāng)a=b=60,x=10時(shí),紙盒的體積最大,最大為16000立方厘米.思路分析(1)當(dāng)a=90時(shí),b=40,從而求出側(cè)面積,利用配方法求出紙盒側(cè)面積的最大值;(2)求出紙

盒體積的表達(dá)式,利用基本不等式和導(dǎo)數(shù)有關(guān)知識(shí)即可求得結(jié)果.2.(2017如皋高級(jí)中學(xué)聯(lián)考,17)如圖,矩形公園OABC中,OA=2km,OC=1km,公園的左下角陰影部

分是以O(shè)為圓心,1km為半徑的

圓面的人工湖.現(xiàn)計(jì)劃建一條與圓相切的觀光道路EF(點(diǎn)E,F分別在邊OA與BC上),D為切點(diǎn).(1)試求觀光道路EF長(zhǎng)度的最大值;(2)公園計(jì)劃在道路EF右側(cè)種植草坪,試求草坪ABFE面積S的最大值.

解析(1)設(shè)∠DOE=θ,因?yàn)辄c(diǎn)E、F分別在邊OA與BC上,所以0≤θ≤

,則∠DOF=

-

,在Rt△DOE中,DE=tanθ,在Rt△DOF中,DF=tan

=

=

=

,則EF=DE+DF=tanθ+

=

,∵0≤θ≤

,∴當(dāng)θ=

時(shí),(cosθ)min=

,此時(shí)EF的長(zhǎng)度最大,為2km.(2)在Rt△DOE中,OE=

,由(1)可得CF=DF=

.則S=S矩形OABC-S梯形OEFC=2-

(CF+OE)·OC=2+

,則S'=

,令S'>0,解得0<θ<

.θ

S'+0-S↗極大值↘因此S在θ∈

上有且僅有一個(gè)極大值,因此這個(gè)極大值也是最大值.∴當(dāng)θ=

時(shí),Smax=2-

.草坪面積S的最大值為

km2.3.(2016江蘇南通、揚(yáng)州、泰州調(diào)研,17)植物園擬建一個(gè)多邊形苗圃,苗圃的一邊緊靠著長(zhǎng)度大

于30m的圍墻.現(xiàn)有兩種方案:方案①:多邊形為直角三角形AEB(∠AEB=90°),如圖(1)所示,其中AE+EB=30m;方案②:多邊形為等腰梯形AEFB(AB>EF),如圖(2)所示,其中AE=EF=BF=10m.請(qǐng)你分別求出兩種方案中苗圃的最大面積,并從中確定使苗圃面積最大的方案.

解析設(shè)方案①,②中多邊形苗圃的面積分別為S1m2,S2m2.方案①:設(shè)AE=xm,則S1=

x(30-x)≤

=

(當(dāng)且僅當(dāng)x=15時(shí),“=”成立).方案②:設(shè)∠BAE=θ,則S2=100sinθ(1+cosθ),θ∈

.由S2'=100(2cos2θ+cosθ-1)=0,得cosθ=

(cosθ=-1舍去).因?yàn)棣取?/p>

,所以θ=

,列表:θ

S2'+0-S2↗極大值↘所以當(dāng)θ=

時(shí),(S2)max=75

.因?yàn)?/p>

<75

,所以建苗圃時(shí)用方案②,且∠BAE=

.答:方案①②中