导数应用题答案.docx
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导数应用题答案
16.如图,抛物线yχ29与X轴交于两点A,B,点C,D在抛物线上(点C在第一象限),CD//AB.记
ICDl2x,梯形ABCD面积为S.
⑴若器k,k为常数,且0k1,求S的最大值.
值.
2
(I)解:
依题意,点C的横坐标为X,点C的纵坐标为YcX9.
点B的横坐标XB满足方程
xB90,解得XB3,舍去XB
11
所以S-(|CD∣|AB|)yc—(2X
22
由点C在第一象限,得0X3.
所以S关于X的函数式为S(X3)(
23)(X29)(X3)(X29).…4分
2
X9),0X3.5分
0x3,
(□)解:
由X及0k1,得0X3k.6分
k,
3
2
记f(x)(X3)(X9),0X3k,
则f(X)3x26x93(x1)(x3).8分
令f(X)0,得X1.9分
1
①若13k,即-k1时,f(X)与f(X)的变化情况如下:
3
X(0,1)1(1,3k)
f(X)
极大值
1002.5
解:
(I)当X40时,汽车从甲地到乙地行驶了40小时,
f(x)
所以,当X1时,f(x)取得最大值,且最大值为f
(1)32.11分
1
②若13k,即Ok时,f(X)0恒成立,
3
所以,f(X)的最大值为f(3k)27(1k)(1k2)13分
112
综上,1k1时,S的最大值为32;Ok1时,S的最大值为27(1k)(1k2).
33
17.统计表明,某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量为y(升),关于行驶
速度X(千米/小时)的函数解析式可以表示为:
13
yX3X8(0X120).
12800080已知甲、乙两地相距100千米.
—408)2.517.5
80(升)
要耗油(盘403
(I)当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地要耗油多少升?
(II)当汽车以多大的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油最少?
最少为多少升?
答:
当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油17.5升.
h'(X)
X800
640X2
33
X80
640x2
(0
X120).
(II)当速度为X千米/小时时,汽车从甲地到乙地行驶了
100
X小时,设耗油量为h(X)升,
令h'(x)0,得X80.
当X(0,80)时,h'(X)0,h(x)是减函数;
当X(80,12O)时,h'(X)0,h(X)是增函数.
当X80时,h(x)取到极小值h(80)11∙25∙
因为h(X)在(O,120]上只有一个极值,所以它是最小值.
11.25
f(x)的图
答:
当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油最少,最少为
升.
19.已知函数f(X)eX,点A(a,0)为一定点,直线Xt(ta)分别与函数象和X轴交于点M,N,记△AMN勺面积为S(t)。
(1)当a0时,求函数S(t)的单调区间;
(2)当a2时,若t。
[0,2],使得S(t°)e,求实数a的取值范围。
1
7.解:
(I)因为S(t)2|ta|e,其中ta
1
当a0,S(t)Iltle,其中t0
当t0时,
S(t)
2te,S(t)
2(tI)e,
所以S(t)
0,所以S(t)在(0,
)上递增,
当t0时,
S(t)
1
'e,S(t)
1
1(t1)e,
2
令S(t)
1(t
1)e0,解得
t1,所以S(t)在(
1)上递增
令S(t)
1(t
1)e0,解得
t1,所以S(t)在(
1,0)上递减
综上,S(t)的单调递增区间为(0,),(,1)
(∏)因为S(t)Ita|e,其中ta
1
当a2,t[0,2]时,S(t)(at)e
因为t0[0,2],使得S(t0)e,所以S(t)在[0,2]上的最大值一定大于等于e
1
S(t)2[t(a1)]e,令S(t)0,得ta1
当a12时,即a3时
1
S(t)(a1)]e0对t(0,2)成立,S(t)单调递增
12
所以当t2时,S(t)取得最大值S
(2)(a2)e2
令1(a
2
2)e2
e,
2
解得a-
e
2,
所以a
3
当a1
2时,即;
a3时
S(t)
1[t
(a
1)]e0对t
(0,a
1)成立,
S(t)单调递增
S(t)
2[t
(a
1)]e0对t
(a
1,2)成立,
S(t)单调递减
所以当t
a
1时,
1
S(t)取得最大值S(a1)1
a1e
令S(a
1)
1e≡1
2
e,解得a
In2
2
所以In2
2
a
3
综上所述,
In
22
a
32
20、已知函数fXaxbx3x在X1处取得极值。
(I)求函数f(x)的解析式;
(∏)求证:
对于区间[—1,1]上任意两个自变量的值x1,X2,都有fX1fX24;
(M)若过点A(1,m)(m≠—2)可作曲线y=f(x)的三条切线,求实数m的取值范围•
(I)fX3ax2bx3,依题意f1f10,
3a2b30
即3a2b30,
解得a=1,b=0.
•fXX33x
4•分
32
(II)tfXX3x.∙.fX3x33x1x1
当一1 f12,fminXf12 6••分 T对于区间[—1,1]上任意两个自变量的值 fX’fX2 fXfX maxmin X1,X2 ••••8分 (Ill)f,(x)=3x2—3=3(x+1)(X—1), •••曲线方程为y=x3—3x,•••点A(1,m)不在曲线上. 设切点为M(x0,y0),则点M的坐标满足yx;3x°. 2 因f(X。 )3(X01),故切线的斜率为 3(x21)x33X0m X01' 32 整理得2x03x0m30. T过点A(1,m)可作曲线的三条切线, 32 •关于x0方程2X03x0m3=0有三个实根. 10分 322 设g(x0)=2x03x0m3,则g'(x0)=6x06x0, 由g'(x0)=0,得x0=0或x0=1. ∙∙g(x0)在(—∞,0),(1,+∞)上单调递增,在(0,1)上单调递减. 32 •函数g(x0)=2X03x0m3的极值点为χ0=0,χ0=1 32 •关于x0方程2x03x0m3=0有三个实根的充要条件是 g(0)0 g (1)0,解得—3 故所求的实数a的取值范围是一3 14分 a2 13(18)已知函数f(χ)ax22a(a0). X (I)当a1时,求函数f(X)在点(2,f (2))处的切线方程; )上恒成立,求a的取值范围. (∏)求函数f(X)的单调区间; (出)若f(x)≥2lnX在[1, 5f (2)- 4 即: 5x4y40 (∏)函数的定义域为: {x∣x0} ( 0)和(0, (川)因为f(x)2lnX在[1, )上恒成立,有ax a222a2lnX0(a0) X 在[1,)上恒成立。 则g'(x)aJ2 X 2 2ax2xa2(x1)[ax (a2)] 2X a a 右 21,即a a 1时, g(x)0,函数g(x)在[1, )上单调递增,又g (1)0 所以, f(x)2lnX在[1, )上恒成立; 3分 a 右 21,即a 1时, 当X(0,1),(-2,)时, g(x)0,g(x)单调递增; a a 当X (1,a2)时, g'(x) 0,g(x)单调递减 令g(x)0,则Xi1,X2 a2 2分 a 所以,g(x)在[1,)上的最小值为g(丄_? ), a 因为g (1)0,所以g(LΛ)0不合题意.4分 a ^-21,即a1时,当X(0,-2),(1,)时,g'(x)0,g(x)单调递增, aa 当X(a2,1)时,g(x)0,g(x)单调递减, a 所以,g(x)在[1,)上的最小值为g (1) 又因为g (1)O,所以f(x)21nx恒成立 InX 14已知函数f(X) 综上知,a的取值范围是[1,). X 求函数yf(x)在点(1,0)处的切线方程; 设实数k使得f(x)kx恒成立,求k的取值范围; 1C (出) 设g(x)f(x)kx(kR),求函数g(x)在区间[-,e2]上的零点个数. f(χ)吨 f(x) 1InX 2 X f (1) 曲线y f(x)在点(1,0)处的切线方程为 (∏)设h(x) 他哼(X0),则h(x) XX 12lnX O,解得: X•、e 当X在(0,)上变化时,h(x),h(x)的变化情况如下表: X (0√≡) √e (√e,) hX + 0 - h(x) Z 1 2e 由上表可知,当X、、e时,h(X)取得最大值丄4分 2e 由已知对任意的X0,kh(X)恒成立 X 5分 ..1分 所以,k得取值范围是(丄,)。 2e (川)令g(X)0得: k型雪 XX 由(∏)知,h(X)在[-,e]上是增函数,在[.e,e2]上是减函数 Xe 且h(I)e,h(.e)■—,h(e)2 e2ee 所以当ke2或k—时,函数g(x)在[-,e2]上无零点; 2ee 22112 当e≤k盲或k—时,函数g(X)在[-,e]上有1个零点; e2ee 2112 当~4≤k—时,函数g(x)在[-,e]上有2个零点 e2ee
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