課時作業(二十三)實際問題中導數的意義實際問題中的最值問題[練基礎]1．圓的面積S關于半徑r的函數是S＝πr2，那么在r＝3時面積的變化率是()A．6B．9C.9πD．6π2．若商品的年利潤y(萬元)與年產量x(百萬件)的函數關系式為y＝－x3＋27x＋123(x>0)，則獲得最大利潤時的年產量為()A.1百萬件B．2百萬件C.3百萬件D．4百萬件3．一艘船的燃料費y(單位：元/時)與船速x(單位：km/h)的關系是y＝eq\f(1,100)x3＋x.若該船航行時其他費用為540元/時，則在100km的航程中，要使得航行的總費用最少，船速應為()A.30km/hB．30eq\r(3,2)km/hC.30eq\r(3,4)km/hD．60km/h4．用總長為14.8m的鋼條制作一個長方體容器的框架，若容器底面的長比寬多0.5m，要使它的容積最大，則容器底面的長為()A.2mB．1.5mC.1.2mD．1m5．設a∈R，e為自然對數的底數，函數f(x)＝ex－asinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，π))內有且僅有一個零點，則a＝()A.eπB．－1C.eeq\s\up6(\f(π,4))D．eq\r(2)eeq\s\up6(\f(π,4))6．(多選題)下列不等式正確的是()A.當x∈R時，ex≥x＋1B.當x>0時，lnx≤x－1C.當x∈R時，ex≥exD.當x∈R時，x≥sinx7．正方形的周長y關于邊長x的函數是y＝4x，則y′＝4，其實際意義是________________________________________________________________________．8．已知x>0，比較x與ln(1＋x)的大小，結果為________________．9．某食品廠生產某種食品的總成本C(單位：元)和總收入R(單位：元)都是日產量x(單位：kg)的函數，分別為C(x)＝100＋2x＋0.02x2，R(x)＝7x＋0.01x2，試求邊際利潤函數以及當日產量分別為200kg，250kg，300kg時的邊際利潤，并說明其經濟意義．10．如圖一邊長為10cm的正方形硬紙板，四角各截去一個大小相同的小正方形，然后折起，可以做成一個無蓋長方體手工作品．所得作品的體積V(單位：cm2)是關于截去的小正方形的邊長x(單位：cm)的函數．(1)寫出體積V關于x的函數表達式f(x).(2)截去的小正方形的邊長為多少時，作品的體積最大？最大體積是多少？[提能力]11．已知函數f(x)＝(x2＋a)ex有最小值，則函數g(x)＝x2＋2x＋a的零點個數為()A.0B．1C.2D．取決于a的值12．(多選題)對于函數f(x)＝eq\f(lnx,x)，下列說法正確的是()A.f(x)在x＝e處取得極大值B.f(x)有兩個不同的零點C.f(x)的極小值點為x＝eD.f(eq\r(e))<f(eq\r(π))<f(2)13．當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，1))時，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，則實數a的取值范圍是________．14．當前，網校教學越來越受到廣大學生的喜愛，它已經成為學生課外學習的一種趨勢．假設某網校的套題每日的銷售量y(單位：千套)與銷售價格x(單位：元/套)滿足的函數關系式為y＝eq\f(m,x－2)＋4(x－6)2，其中2<x<6，m為常數．已知銷售價格為4元/套時，每日可售出套題21千套．(1)則實數m＝________________；(2)假設網校的員工工資、辦公等所有開銷折合為每套題2元(只考慮銷售出的套數)，當銷售價格x＝______________元/套時，網校每日銷售套題所獲得的利潤最大(精確到0.1).15．已知函數f(x)＝ln(1＋x)－mx.(1)求函數f(x)的極值；(2)若函數f(x)在區間[0，e2－1]上恰有兩個零點，求m的取值范圍．[培優生]16．已知函數f(x)＝ex＋eq\f(3,ex)＋2x－a(a∈R)有兩個不同的零點x1，x2.(1)求實數a的取值范圍；(2)證明：x1＋x2>0.課時作業(二十三)實際問題中導數的意義實際問題中的最值問題1．解析：∵S′＝2πr，∴S′(3)＝2π×3＝6π.故選D.答案：D2．解析：依題意得y′＝－3x2＋27＝－3(x－3)(x＋3)，當0<x<3時，y′>0；當x>3時，y′<0.因此，當x＝3時，該商品的年利潤最大．故選C.答案：C3．解析：由題知，100km的航程需要eq\f(100,x)小時，故總的費用f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,100)x3＋x＋540))×eq\f(100,x).即f(x)＝x2＋100＋eq\f(54000,x).故f′(x)＝2x－eq\f(54000,x2)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3－27000)),x2).令f′(x)＝0有x＝30.故當0<x<30時f′(x)<0，f(x)單調遞減，當x>30時f′(x)>0，f(x)單調遞增.使得航行的總費用最少，船速應為30km/h.故選A.答案：A4．解析：不妨設容器的寬為x(x>0)，故可得長為x＋0.5，因為長方體的棱長之和為14.8，故長方體的高為：eq\f(14.8－4（x＋0.5）－4x,4)＝3.2－2x，(x<1.6)，故容積f(x)＝x(x＋0.5)(3.2－2x)，x∈(0，1.6)，＝－2x3＋eq\f(11,5)x2＋eq\f(8,5)x，則f′(x)＝－6x2＋eq\f(22,5)x＋eq\f(8,5).令f′(x)>0，整理得(15x＋4)(x－1)<0，解得0<x<1，令f′(x)<0，解得1<x<1.6，故f(x)在(0，1)單調遞增，在(1，1.6)單調遞減．故當容積最大時，x＝1，即長方體的寬為1m，此時長方體的長為1.5m.故選B.答案：B5．解析：由ex－asinx＝0得，asinx＝ex.因為x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，π))，所以sinx>0.因此a＝eq\f(ex,sinx)只有一解，令g(x)＝eq\f(ex,sinx)，0<x<π，則g′(x)＝eq\f(ex（sinx－cosx）,sin2x).由g′(x)＝0得x＝eq\f(π,4).當0<x<eq\f(π,4)時，g′(x)<0；當eq\f(π,4)<x<π時，g′(x)>0，所以g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\r(2)eeq\s\up6(\f(π,4)).x→0或x→π時，都有g(x)→＋∞，因此a＝eq\r(2)eeq\s\up6(\f(π,4)).故選D.答案：D6．解析：設f(x)＝ex－x－1，則f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，解得x＝0，當x∈(－∞，0)時函數單調遞減，當x∈(0，＋∞)時，函數單調遞增，所以函數在x＝0時，函數取得最小值f(x)min＝f(0)＝0，故當x∈R時，ex≥x＋1，故A正確；設f(x)＝lnx－x＋1，所以f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(－（x－1）,x)，令f′(x)＝0，解得x＝1，當x∈(0，1)時，函數單調遞增，當x∈(1，＋∞)時，函數單調遞減，所以在x＝1時，f(x)max＝f(1)＝0，故當x>0時，lnx≤x－1恒成立，故B正確；設f(x)＝ex－ex，所以f′(x)＝ex－e，令f′(x)＝0，解得x＝1，當x∈(－∞，1)時，函數單調遞減，當x∈(1，＋∞)時，函數單調遞增，所以當x＝1時，f(x)min＝f(1)＝0，所以當x∈R時，ex≥ex，故C正確；設函數f(x)＝x－sinx，則f′(x)＝1－cosx≥0，所以f(x)是定義在R上單調遞增的奇函數，所以x>0時，x≥sinx成立，但x<0時，f(x)<0，故D錯誤．故選ABC.答案：ABC7．答案：邊長每增加1個單位長度，周長增加4個單位長度8．解析：令f(x)＝x－ln(x＋1).∵x>0，f′(x)＝1－eq\f(1,1＋x)＝eq\f(x,1＋x)>0，又因為函數f(x)在x＝0處連續，∴f(x)在[0，＋∞)上是增函數．從而當x>0時，f(x)＝x－ln(1＋x)>f(0)＝0.∴x>ln(1＋x).答案：x>ln(1＋x)9．解析：根據定義知，總利潤函數為L(x)＝R(x)－C(x)＝5x－100－0.01x2，所以邊際利潤函數為L′(x)＝5－0.02x.當日產量分別為200kg，250kg，300kg時，邊際利潤分別為L′(200)＝1(元)，L′(250)＝0(元)，L′(300)＝－1(元).其經濟意義是：當日產量為200kg時，再增加1kg，則總利潤可增加1元；當日產量為250kg時，再增加1kg，則總利潤無增加；當日產量為300kg時，再增加1kg，則總利潤反而減少1元．由此可得到：當企業的某一產品的生產量超過了邊際利潤的零點時，反而會使企業“無利可圖”．10．解析：(1)由題意可得V＝f(x)＝(10－2x)2·x，x∈(0，5).(2)f′(x)＝4(3x2－20x＋25)＝4(3x－5)(x－5)，令f′(x)＝0得x＝eq\f(5,3)，x＝5，當x變化時，f′(x)，f(x)變化情況如下：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5,3)))eq\f(5,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，5))f′(x)＋0－f(x)單調遞增極大值單調遞減∴x＝eq\f(5,3)時，f(x)的最大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))＝eq\f(2000,27)，截去的小正方形的邊長為eq\f(5,3)cm時，作品的體積最大，最大體積是eq\f(2000,27)(cm3).11．解析：f′(x)＝2x·ex＋(x2＋a)·ex＝ex(x2＋2x＋a)＝ex·g(x).函數f(x)的最小值即其極小值，即f′(x)＝0有解．當有一解x0時，則f′(x)≥0恒成立，此時f(x)是單調遞增的，沒有極值，不符合題意，應舍去，因此f′(x)＝0有兩解，即x2＋2x＋a＝0有兩解，故g(x)有兩個零點．故選C.答案：C12．解析：函數定義域為(0，＋∞)，令f′(x)＝eq\f(\f(1,x)·x－lnx,x2)＝eq\f(1－lnx,x2)＝0，解得x＝e，當0<x<e時，f′(x)>0，f(x)單調遞增；當x>e時，f′(x)<0，f(x)單調遞減；所以當x＝e時，函數有極大值為f(e)＝eq\f(1,e)，則A正確，C不正確；當x＝1時，f(1)＝eq\f(ln1,1)＝0，因為f(x)在(0，e)上單調遞增，所以在(0，e)上有一個零點，當x>e時，lnx>0，x>0，所以eq\f(lnx,x)>0，此時無零點，所以f(x)有一個零點，B不正確；因為eq\r(e)<eq\r(π)<eq\r(4)<e，且f(x)在(0，e)上單調遞增，所以f(eq\r(e))<f(eq\r(π))<f(2)，故選AD.答案：AD13．解析：不等式ax3－x2＋4x＋3≥0變形為ax3≥x2－4x－3.當x＝0時，0≥－3，故實數a的取值范圍是R；當x∈(0，1]時，a≥eq\f(x2－4x－3x,x3)，記f(x)＝eq\f(x2－4x－3x,x3)，f′(x)＝eq\f(－x2＋8x＋9,x4)＝eq\f(－（x－9）（x＋1）,x4)>0，故函數f(x)遞增，則f(x)max＝f(1)＝－6，故a≥－6；當x∈[－2，0)時，a≤eq\f(x2－4x－3x,x3)，記f(x)＝eq\f(x2－4x－3x,x3)，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝9(舍去)，當x∈[－2，－1)時，f′(x)<0；當x∈(－1，0)時，f′(x)>0，故f(x)min＝f(－1)＝－2，則a≤－2.綜上所述，實數a的取值范圍是[－6，－2].答案：[－6，－2]14．解析：(1)當x＝4時，y＝21，代入函數關系式y＝eq\f(m,x－2)＋4(x－6)2，得eq\f(m,2)＋16＝21，解得m＝10.(2)由(1)可知，套題每日的銷售量為y＝eq\f(10,x－2)＋4(x－6)2，所以每日銷售套題所獲得的利潤為f(x)＝(x－2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(10,x－2)＋4（x－6）2))＝10＋4(x－6)2(x－2)＝4x3－56x2＋240x－278(2<x<6)，則f′(x)＝12x2－112x＋240，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(10,3)或x＝6(舍去).當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3)))時，f′(x)>0，函數f(x)單調遞增；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)，6))時，f′(x)<0，函數f(x)單調遞減，所以x＝eq\f(10,3)是函數f(x)在區間(2，6)內的極大值點，也是最大值點，所以當x＝eq\f(10,3)≈3.3時，函數f(x)取得最大值．故當銷售價格約為3.3元/套時，網校每日銷售套題所獲得的利潤最大．答案：(1)10(2)3.315．解析：(1)f(x)＝ln(1＋x)－mx的定義域為(－1，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,1＋x)－m(x>－1)，當m≤0時，f′(x)＝eq\f(1,1＋x)－m>0恒成立，此時f(x)在(－1，＋∞)單調遞增，無極大值和極小值，當m>0時，eq\f(1,m)－1>－1，由f′(x)＝eq\f(1,1＋x)－m>0可得：－1<x<eq\f(1,m)－1，由f′(x)＝eq\f(1,1＋x)－m<0可得x>eq\f(1,m)－1，此時f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,m)－1))單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)－1，＋∞))單調遞減，所以f(x)的極大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)－1))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,m)－1))－m×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)－1))＝m－1－lnm，無極小值．(2)由(1)可知，當m≤0時，f(x)在(－1，＋∞)單調遞增，所以f(x)在[0，e2－1]單調遞增，不可能有兩個零點，當m>0時，f(x)的極大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)－1))＝m－1－lnm，因為f(0)＝0，所以x＝0是f(x)的一個零點，若函數f(x)在區間[0，e2－1]上恰有兩個零點，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（e2－1）≤0,0<\f(1,m)－1<e2－1))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－m（e2－1）≤0,\f(1,e2)<m<1))，可得：eq\f