《2020屆高考數(shù)學一輪總復(fù)習 第三單元 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第20講 導(dǎo)數(shù)的實際應(yīng)用及綜合應(yīng)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(guān)《2020屆高考數(shù)學一輪總復(fù)習 第三單元 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第20講 導(dǎo)數(shù)的實際應(yīng)用及綜合應(yīng)用練習 理(含解析)新人教A版(5頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、第20講 導(dǎo)數(shù)的實際應(yīng)用及綜合應(yīng)用
1.某商場銷售某種商品的經(jīng)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(guān)系式y(tǒng)=+10(x-6)2,其中3<x<6,a為常數(shù).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(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,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(shè)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(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(diào)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(shè)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(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(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(diào)遞減,在(-+,+∞)上單調(diào)遞增;
0
9、在(-1,--)和(-+,+∞)上單調(diào)遞增;
m≥時,f(x)在(-1,+∞)上單調(diào)遞增.
(2)證明:若函數(shù)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.
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