第三章 第三节 导数的综合应用-2022高考数学文科【金版新学案】大一轮复习讲义·高三总复习

复习讲义答案精析 因此P(t)＝ １０００－４(２０－t)２,５≤t＜２０,t∈N∗ , １０００,２０≤t≤２５,t∈N∗ ．{ (２)①当５≤t＜２０时,Q(t)＝t４P (t)－４０t２ ＋６５０t－２０００＝－t３＋５００t－２０００, 设F(t)＝Q (t) t ＝－t ２－２０００t ＋５００ ,５≤t ＜２０． 因为F′(t)＝－２t＋２０００ t２ ＝－２ (t３－１０００) t２ , 所以当５≤t＜１０时,F′(t)＞０,F(t)单 调 递增; 当１０＜t＜２０时,F′(t)＜０,F(t)单调递减． 所以F(t)max＝F(１０)＝２００． ②当２０≤t≤２５时,Q(t)＝－４０t２＋９００t－ ２０００． 设F(t)＝Q (t) t ＝９００－４０(t＋ ５０ t ) ,２０≤t ≤２５． 因为F′(t)＝－４０ (t２－５０) t２ ＜０,此时F(t)单 调递减, 所以F(t)max＝F(２０)＝０． 综上,发车时间间隔为１０分钟时,单位时间 的净收益Q(t) t 最大． 变式训练 　解析:　(１)设５８５８ －u＝k x－ ２１ ４( ) ２ , 因为售价为１０元时,年销量为２８万件, 所以５８５ ８ －２８＝k １０－ ２１ ４( ) ２ ,解得k＝２． 所以u＝－２ x－２１４( ) ２ ＋５８５８ ＝－２x ２＋２１x ＋１８． 所以y＝(－２x２＋２１x＋１８)(x－６) ＝－２x３＋３３x２－１０８x－１０８(６＜x＜１１)． (２)y′＝－６x２＋６６x－１０８ ＝－６(x２－１１x＋１８) ＝－６(x－２)(x－９)． 令y′＝０,得x＝２(舍去)或x＝９, 显然,当x∈(６,９)时,y′＞０; 当x∈(９,１１)时,y′＜０． 所以函数y＝－２x３＋３３x２－１０８x－１０８在 (６,９)上是递增的,在(９,１１)上是递减的． 所以当x＝９时,y取最大值,且ymax＝１３５, 所以售价为９元时,年利润最大,最大年利润 为１３５万元． 微专题系列１５ 【典 例】　 B　 [令g(x)＝f (x) ex ,则g′(x) ＝f′ (x)－f(x) ex , 当x＞０ 时,f′(x)＞f(x),故g(x)在 (０, ＋∞)上单调递增,故g(３)＞g(２)． 因为f(x)＝f(－x)e２x,所以f (x) ex ＝f (－x) e－x , 所以g(３)＝g(－３),g(２)＝g(－２)． 所以g(－３)＞g(２),即f (－３) e－３ ＞f (２) e２ ,f(２)＜ e５f(－３)．同理可得e５f(－２)＜e３,故选B．] 变式训练 １．B　[构造函数F(x)＝xf(x), 当x＜０ 时,F′(x)＝f(x)＋xf′(x)＜０, F(x)单调递减． 又f(－１)＝０,则F(－１)＝０,所以当－１＜x＜０ 时,F(x)＜０,所以当－１＜x＜０时,f(x)＞０． 因为f(x)为奇函数,所以F(x)＝xf(x)为 偶函数,所以当x＞１时,F(x)＞０,所以当x ＞１时,f(x)＞０．综上可知,f(x)＞０的解集 为(－１,０)∪(１,＋∞),故选B．] ２．A　[因为x∈ (０,π２ ) , 所以sinx＞０,cosx＞０． 由f(x)＞f′(x)tanx,得 f(x)cosx－f′(x)sinx＞０． 设F(x)＝f (x) sinx , 则F′(x)＝f′ (x)sinx－f(x)cosx sin２x ＜０, 所以F(x)在区间 (０,π２ ) 上单调递减, 所以F( π４ ) ＞F( π ３ ) , 即 ３f( π４ ) ＞ ２f( π ３ ) ．故选 A．] 第三节　导数的综合应用 第１课时　利用导数证明不等式 考点分类突破 考点一 【例１】　证明:　x２－x＋ １x ＋２lnx－f (x) ＝x(x－１)－x－１x －２ (x－１)lnx ＝(x－１)x－ １x －２lnx( ) , 令g(x)＝x－ １x －２lnx , 则g′(x)＝１＋ １x２ － ２x ＝ (x－１)２ x２ ≥０, 所以g(x)在(０,＋∞)上单调递增, 又g(１)＝０, 所以当０＜x＜１时,g(x)＜０, 当x＞１时,g(x)＞０, 所以(x－１)x－ １x －２lnx( ) ≥０, 即f(x)≤x２－x＋ １x ＋２lnx． 变式训练 　证明:　令g(x)＝f(x)－x,x∈[－２,４]． 由g(x)＝ １４x ３－x２ 得g′(x)＝ ３４x ２－２x． 令g′(x)＝０得x＝０或x＝ ８３ ． 当x变化时,g′(x),g(x)的变化情况如下: x －２ (－２,０) ０ ０,８３( ) ８ ３ ８ ３ ,４( ) ４ g′(x) ＋ ０ － ０ ＋ g(x) －６ ↗ ０ ↘ － ６４２７ ↗ ０ 所