考點(diǎn)七 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用(一)
一、選擇題
1．(2020·山東濱州三模)函數(shù)y＝ln
x的圖象在點(diǎn)x＝e(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))處的切線方程為()
A．x＋ey－1＋e＝0
B．x－ey＋1－e＝0
C．x＋ey＝0
D．x－ey＝0
答案 D
解析 因?yàn)閥＝ln
x，所以y′＝，所以y′|x＝e＝，又當(dāng)x＝e時(shí)，y＝ln
e＝1，所以切線方程為y－1＝(x－e)，整理得x－ey＝0.故選D.2.已知函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)內(nèi)的極小值點(diǎn)的個(gè)數(shù)為()
A．1
B．2
C．3
D．4
答案 A
解析 如圖，在區(qū)間(a，b)內(nèi)，f′(c)＝0，且在點(diǎn)x＝c附近的左側(cè)f′(x)<0，右側(cè)f′(x)>0，所以函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)內(nèi)只有1個(gè)極小值點(diǎn)，故選A.3．(2020·全國(guó)卷Ⅰ)函數(shù)f(x)＝x4－2x3的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為()
A．y＝－2x－1
B．y＝－2x＋1
C．y＝2x－3
D．y＝2x＋1
答案 B
解析 ∵f(x)＝x4－2x3，∴f′(x)＝4x3－6x2，∴f(1)＝－1，f′(1)＝－2，∴所求切線的方程為y＋1＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1.故選B.4．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m為常數(shù))在[－2,2]上有最大值3，那么此函數(shù)在[－2,2]上的最小值為()
A．0
B．－5
C．－10
D．－37
答案 D
解析 由題意知，f′(x)＝6x2－12x，由f′(x)＝0得x＝0或x＝2，當(dāng)x<0或x>2時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)0 x＋f′(x)的零點(diǎn)所在的區(qū)間是() A.B． C．(1,2) D．(2,3) 答案 B 解析 ∵f(x)＝x2－bx＋a，∴二次函數(shù)的對(duì)稱軸為x＝，結(jié)合函數(shù)的圖象可知，0 x＋f′(x)＝aln x＋2x－b在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又g＝aln ＋1－b<0，g(1)＝aln 1＋2－b>0，∴函數(shù)g(x)的零點(diǎn)所在的區(qū)間是.故選B.6．(2020·山東泰安二輪復(fù)習(xí)質(zhì)量檢測(cè))已知函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－e2x＋ax只有一個(gè)極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是() A．a(chǎn)≤0或a≥ B．a(chǎn)≤0或a≥ C．a(chǎn)≤0 D．a(chǎn)≥0或a≤－ 答案 A 解析 f(x)＝(x－1)ex－e2x＋ax，令f′(x)＝xex－ae2x＋a＝0，故x－aex＋＝0，當(dāng)a＝0時(shí)，f′(x)＝xex，函數(shù)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，f′(0)＝0，故函數(shù)有唯一極小值點(diǎn)，滿足條件；當(dāng)a≠0時(shí)，即＝ex－e－x，設(shè)g(x)＝ex－e－x，則g′(x)＝ex＋e－x≥2恒成立，且g′(0)＝2，畫出函數(shù)g(x)和y＝的圖象，如圖所示．根據(jù)圖象知，當(dāng)≤2，即a<0或a≥時(shí)，滿足條件．綜上所述，a≤0或a≥.故選A.7．(多選)若直線l與曲線C滿足下列兩個(gè)條件：①直線l在點(diǎn)P(x0，y0)處與曲線C相切；②曲線C在點(diǎn)P附近位于直線l的兩側(cè)，則稱直線l在點(diǎn)P處“切過”曲線C.則下列結(jié)論正確的是() A．直線l：y＝0在點(diǎn)P(0,0)處“切過”曲線C：y＝x3 B．直線l：y＝x－1在點(diǎn)P(1,0)處“切過”曲線C：y＝ln x C．直線l：y＝x在點(diǎn)P(0,0)處“切過”曲線C：y＝sinx D．直線l：y＝x在點(diǎn)P(0,0)處“切過”曲線C：y＝tanx 答案 ACD 解析 A項(xiàng)，因?yàn)閥′＝3x2，當(dāng)x＝0時(shí)，y′＝0，所以l：y＝0是曲線C：y＝x3在點(diǎn)P(0,0)處的切線．當(dāng)x<0時(shí)，y＝x3<0；當(dāng)x>0時(shí)，y＝x3>0，所以曲線C在點(diǎn)P附近位于直線l的兩側(cè)，結(jié)論正確；B項(xiàng)，y′＝，當(dāng)x＝1時(shí)，y′＝1，在P(1,0)處的切線為l：y＝x－1.令h(x)＝x－1－ln x，則h′(x)＝1－＝(x>0)，當(dāng)x>1時(shí)，h′(x)>0；當(dāng)0 x，即當(dāng)x>0時(shí)，曲線C全部位于直線l的下側(cè)(除切點(diǎn)外)，結(jié)論錯(cuò)誤；C項(xiàng)，y′＝cosx，當(dāng)x＝0時(shí)，y′＝1，在P(0,0)處的切線為l：y＝x，由正弦函數(shù)圖象可知，曲線C在點(diǎn)P附近位于直線l的兩側(cè)，結(jié)論正確；D項(xiàng)，y′＝，當(dāng)x＝0時(shí)，y′＝1，在P(0,0)處的切線為l：y＝x，由正切函數(shù)圖象可知，曲線C在點(diǎn)P附近位于直線l的兩側(cè)，結(jié)論正確．故選ACD.8．(多選)(2020·山東威海三模)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，xf′(x)－f(x)＝xln x，且f＝，則() A．f′＝0 B．f(x)在x＝處取得極大值 C．0 D．f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增 答案 ACD 解析 ∵函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，xf′(x)－f(x)＝xln x，即滿足＝，∵′＝，∴′＝，∴可設(shè)＝ln2 x＋b(b為常數(shù))，∴f(x)＝xln2 x＋bx，∵f＝·ln2 ＋＝，解得b＝.∴f(x)＝xln2 x＋x，∴f(1)＝，滿足0 x＋ln x＋＝(ln x＋1)2≥0，且僅有f′＝0，∴B錯(cuò)誤，A，D正確．故選ACD.二、填空題 9．(2020·全國(guó)卷Ⅲ)設(shè)函數(shù)f(x)＝.若f′(1)＝，則a＝________.答案 1 解析 f′(x)＝＝，則f′(1)＝＝，整理可得a2－2a＋1＝0，解得a＝1.10．(2020·山東新高考質(zhì)量測(cè)評(píng)聯(lián)盟高三5月聯(lián)考)曲線f(x)＝asinx＋2(a∈R)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y＝－x＋2，則a＝________.答案?。? 解析 f(x)＝asinx＋2(a∈R)，則f′(x)＝acosx，故當(dāng)x＝0時(shí)，f′(0)＝a，又函數(shù)f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y＝－x＋2，所以a＝－1.11．要做一個(gè)圓錐形的漏斗，其母線長(zhǎng)為20 cm，要使體積最大，則高為________ cm.答案 解析 設(shè)高為h cm，則底面半徑r＝ cm，所以體積V＝r2h＝h(400－h(huán)2)，則V′＝(400－3h2)．令V′＝(400－3h2)＝0，解得h＝.即當(dāng)高為 cm時(shí)，圓錐的體積最大． 12．(2020·吉林第四次調(diào)研測(cè)試)若函數(shù)f(x)＝mx2－ex＋1(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))在x＝x1和x＝x2兩處取得極值，且x2≥2x1，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________． 答案 解析 因?yàn)閒(x)＝mx2－ex＋1，所以f′(x)＝2mx－ex，又函數(shù)f(x)在x＝x1和x＝x2兩處取得極值，所以x1，x2是方程2mx－ex＝0的兩不等實(shí)根，且x2≥2x1，即m＝(x≠0)有兩不等實(shí)根x1，x2，且x2≥2x1.令h(x)＝(x≠0)，則直線y＝m與曲線h(x)＝有兩交點(diǎn)，且交點(diǎn)橫坐標(biāo)滿足x2≥2x1，又h′(x)＝＝，由h′(x)＝0，得x＝1，所以，當(dāng)x>1時(shí)，h′(x)>0，即函數(shù)h(x)＝在(1，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)x<0和0 當(dāng)x2＝2x1時(shí)，由＝，得x1＝ln 2，此時(shí)m＝＝，因此，由x2≥2x1，得m≥.三、解答題 13．(2020·全國(guó)卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝ex＋ax2－x.(1)當(dāng)a＝1時(shí)，討論f(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)≥x3＋1，求a的取值范圍． 解(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1，令φ(x)＝ex＋2x－1，則φ′(x)＝ex＋2＞0，故f′(x)單調(diào)遞增，注意到f′(0)＝0，故當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增． (2)由f(x)≥x3＋1，得ex＋ax2－x≥x3＋1，其中x≥0，①當(dāng)x＝0時(shí)，不等式為1≥1，顯然成立，符合題意； ②當(dāng)x＞0時(shí)，分離參數(shù)a得a≥－，記g(x)＝－，g′(x)＝－，令h(x)＝ex－x2－x－1(x≥0)，則h′(x)＝ex－x－1，令H(x)＝ex－x－1，則H′(x)＝ex－1≥0，故h′(x)單調(diào)遞增，h′(x)≥h′(0)＝0，故函數(shù)h(x)單調(diào)遞增，h(x)≥h(0)＝0，由h(x)≥0可得ex－x2－x－1≥0恒成立，故當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減． 因此，g(x)max＝g(2)＝，綜上可得，實(shí)數(shù)a的取值范圍是.14．(2020·山東濟(jì)南6月仿真模擬)已知函數(shù)f(x)＝aln (x＋b)－.(1)若a＝1，b＝0，求f(x)的最大值； (2)當(dāng)b>0時(shí)，討論f(x)極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)． 解(1)當(dāng)a＝1，b＝0時(shí)，f(x)＝ln x－，此時(shí)，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝－＝，由f′(x)>0得0 所以f(x)max＝f(4)＝2ln 2－2.(2)當(dāng)b>0時(shí)，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閇0，＋∞)，f′(x)＝－＝，①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)<0對(duì)任意的x∈(0，＋∞)恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以此時(shí)f(x)極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)為0； ②當(dāng)a>0時(shí)，設(shè)h(x)＝－x＋2a－b，(ⅰ)當(dāng)4a2－4b≤0，即0 時(shí)，f′(x)≤0對(duì)任意的x∈(0，＋∞)恒成立，即f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以此時(shí)f(x)極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)為0； (ⅱ)當(dāng)4a2－4b>0，即a>時(shí)，令t＝(t≥0)，則h(t)＝－t2＋2at－b，t1＋t2＝2a>0，t1t2＝b>0，所以t1，t2都大于0，即f′(x)在(0，＋∞)上有2個(gè)左右異號(hào)的零點(diǎn)，所以此時(shí)f(x)極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)為2.綜上所述，當(dāng)a≤時(shí)，f(x)極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)為0；當(dāng)a>時(shí)，f(x)極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)為2.一、選擇題 1．(2020·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)4月高考預(yù)測(cè))已知函數(shù)f(x)＝3x＋2cosx，若a＝f(3)，b＝f(2)，c＝f(log27)，則a，b，c的大小關(guān)系是() A．a(chǎn) B．c C．b D．b 答案 D 解析 根據(jù)題意，函數(shù)f(x)＝3x＋2cosx，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝3－2sinx，則有f′(x)＝3－2sinx>0在R上恒成立，則f(x)在R上為增函數(shù)．又由2＝log24 A．有3個(gè)極大值點(diǎn) B．有3個(gè)極小值點(diǎn) C．有1個(gè)極大值點(diǎn)和2個(gè)極小值點(diǎn) D．有2個(gè)極大值點(diǎn)和1個(gè)極小值點(diǎn) 答案 D 解析 結(jié)合函數(shù)圖象可知，當(dāng)x A．4f(－2)<9f(3) B．4f(－2)>9f(3) C．2f(3)>3f(－2) D．3f(－3)<2f(－2) 答案 A 解析 首先令g(x)＝x2f(x)，g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]，當(dāng)x>0時(shí)，g′(x)>0，g(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，又g(x)是偶函數(shù)，所以4f(－2)＝g(－2)＝g(2) A．y＝2x＋1 B．y＝2x＋ C．y＝x＋1 D．y＝x＋ 答案 D 解析 設(shè)直線l與曲線y＝的切點(diǎn)為(x0，)，x0＞0，函數(shù)y＝的導(dǎo)數(shù)為y′＝，則直線l的斜率k＝，直線l的方程為y－＝·(x－x0)，即x－2y＋x0＝0.由于直線l與圓x2＋y2＝相切，則＝，兩邊平方并整理得5x－4x0－1＝0，解得x0＝1或x0＝－(舍去)，所以直線l的方程為x－2y＋1＝0，即y＝x＋.故選D.5．(2020·山東青島一模)已知函數(shù)f(x)＝(e＝2.718為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，若f(x)的零點(diǎn)為α，極值點(diǎn)為β，則α＋β＝() A．－1 B．0 C．1 D．2 答案 C 解析 ∵f(x)＝∴當(dāng)x≥0時(shí)，令f(x)＝0，即3x－9＝0，解得x＝2；當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝xex<0恒成立，∴f(x)的零點(diǎn)為α＝2.又當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝3x－9為增函數(shù)，故在[0，＋∞)上無極值點(diǎn)；當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝xex，f′(x)＝(1＋x)ex，當(dāng)x<－1時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x>－1時(shí)，f′(x)>0，∴當(dāng)x＝－1時(shí)，f(x)取到極小值，即f(x)的極值點(diǎn)β＝－1，∴α＋β＝2－1＝1.故選C.6．(2020·山西太原高三模擬)點(diǎn)M在曲線G：y＝3ln x上，過M作x軸的垂線l，設(shè)l與曲線y＝交于點(diǎn)N，＝，且P點(diǎn)的縱坐標(biāo)始終為0，則稱M點(diǎn)為曲線G上的“水平黃金點(diǎn)”，則曲線G上的“水平黃金點(diǎn)”的個(gè)數(shù)為() A．0 B．1 C．2 D．3 答案 C 解析 設(shè)M(t,3ln t)，則N，所以＝＝，依題意可得ln t＋＝0，設(shè)g(t)＝ln t＋，則g′(t)＝－＝，當(dāng)0 3<0，且g＝－2＋>0，g(1)＝>0，所以g(t)＝ln t＋＝0有兩個(gè)不同的解，所以曲線G上的“水平黃金點(diǎn)”的個(gè)數(shù)為2.故選C.7．(多選)(2020·山東濟(jì)寧鄒城市第一中學(xué)高三下五模)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax＋b，其中a，b∈R，則下列選項(xiàng)中的條件使得f(x)僅有一個(gè)零點(diǎn)的有() A．a(chǎn) B．a(chǎn)＝ln (b2＋1) C．a(chǎn)＝－3，b2－4≥0 D．a(chǎn)＝－1，b＝1 答案 BD 解析 由題知f′(x)＝3x2＋a.對(duì)于A，由f(x)是奇函數(shù)，知b＝0，因?yàn)閍<0，所以f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)，由f(0)＝0知，f(x)有三個(gè)零點(diǎn)，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，因?yàn)閎2＋1≥1，所以a≥0，f′(x)≥0，所以f(x)單調(diào)遞增，則f(x)僅有一個(gè)零點(diǎn)，B正確；對(duì)于C，若取b＝2，f′(x)＝3x2－3，則f(x)的極大值為f(－1)＝4，極小值為f(1)＝0，此時(shí)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，C錯(cuò)誤；對(duì)于D，f(x)＝x3－x＋1，f′(x)＝3x2－1，易得f(x)的極大值為f＝＋1>0，極小值為f＝－＋1>0，可知f(x)僅有一個(gè)零點(diǎn)，D正確．故選BD.8．(多選)(2020·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)4月高考預(yù)測(cè))關(guān)于函數(shù)f(x)＝＋ln x，下列判斷正確的是() A．x＝2是f(x)的極大值點(diǎn) B．函數(shù)y＝f(x)－x有且只有1個(gè)零點(diǎn) C．存在正實(shí)數(shù)k，使得f(x)>kx成立 D．對(duì)任意兩個(gè)正實(shí)數(shù)x1，x2，且x2>x1，若f(x1)＝f(x2)，則x1＋x2>4 答案 BD 解析 函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)，函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f′(x)＝－＋＝，∴在(0,2)上，f′(x)＜0，函數(shù)單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上，f′(x)＞0，函數(shù)單調(diào)遞增，∴x＝2是f(x)的極小值點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；y＝f(x)－x＝＋ln x－x，∴y′＝－＋－1＝<0，函數(shù)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，且f(1)－1＝2＋ln 1－1＝1>0，f(2)－2＝1＋ln 2－2＝ln 2－1<0，∴函數(shù)y＝f(x)－x有且只有1個(gè)零點(diǎn)，故B正確；若f(x)＞kx，可得k<＋，令g(x)＝＋，則g′(x)＝，令h(x)＝－4＋x－xln x，則h′(x)＝－ln x，∴在(0,1)上，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上，函數(shù)h(x)單調(diào)遞減，∴h(x)≤h(1)＜0，∴g′(x)＜0，∴g(x)＝＋在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，函數(shù)無最小值，∴不存在正實(shí)數(shù)k，使得f(x)＞kx恒成立，故C錯(cuò)誤；令t∈(0,2)，則2－t∈(0,2)，2＋t＞2，令g(t)＝f(2＋t)－f(2－t)＝＋ln (2＋t)－－ln (2－t)＝＋ln，則g′(t)＝＋·＝＋＝<0，∴g(t)在(0,2)上單調(diào)遞減，則g(t)＜g(0)＝0，令x1＝2－t，由f(x1)＝f(x2)，得x2＞2＋t，則x1＋x2＞2－t＋2＋t＝4，當(dāng)x2≥4時(shí)，x1＋x2＞4顯然成立，∴對(duì)任意兩個(gè)正實(shí)數(shù)x1，x2，且x2＞x1，若f(x1)＝f(x2)，則x1＋x2＞4，故D正確．故選BD.二、填空題 9．(2020·山東高考實(shí)戰(zhàn)演練仿真四)設(shè)函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)，且f(x)＝x3＋f′x2－x，則f′(1)＝________.答案 0 解析 因?yàn)閒(x)＝x3＋f′x2－x，所以f′(x)＝3x2＋2f′x－1.所以f′＝3×2＋2f′×－1，則f′＝－1，所以f(x)＝x3－x2－x，則f′(x)＝3x2－2x－1，故f′(1)＝0.10．若f(x)＋3f(－x)＝x3＋2x＋1對(duì)x∈R恒成立，則曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為________． 答案 10x＋4y－5＝0 解析 ∵f(x)＋3f(－x)＝x3＋2x＋1，① ∴f(－x)＋3f(x)＝－x3－2x＋1，② 聯(lián)立①②，得f(x)＝－x3－x＋，則f′(x)＝－x2－1，∴f′(1)＝－－1＝－，又f(1)＝－－1＋＝－，∴切線方程為y＋＝－(x－1)，即10x＋4y－5＝0.11．(2020·廣東湛江模擬)若x1，x2是函數(shù)f(x)＝x2－7x＋4ln x的兩個(gè)極值點(diǎn)，則x1x2＝________，f(x1)＋f(x2)＝________.答案 2 4ln 2－ 解析 f′(x)＝2x－7＋＝0?2x2－7x＋4＝0?x1＋x2＝，x1x2＝2，f(x1)＋f(x2)＝x－7x1＋4ln x1＋x－7x2＋4ln x2＝(x1＋x2)2－2x1x2－7(x1＋x2)＋4ln (x1x2)＝4ln 2－.12．(2020·山東濟(jì)寧嘉祥縣高三考前訓(xùn)練二)已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且對(duì)任意的實(shí)數(shù)x都有f′(x)＝－f(x)(e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，且f(0)＝1，若關(guān)于x的不等式f(x)－m<0的解集中恰有兩個(gè)整數(shù)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________． 答案(－e,0] 解析 ∵f′(x)＝－f(x)，∴[f′(x)＋f(x)]ex＝2x＋3，即[f(x)ex]′＝2x＋3.設(shè)f(x)ex＝x2＋3x＋c，∴f(x)＝.∵f(0)＝1，∴c＝1，∴f(x)＝，∴f′(x)＝＝－.由f′(x)>0，得－2 由f′(x)<0，得x>1或x<－2，∴函數(shù)f(x)在(－2,1)上單調(diào)遞增，在(－∞，－2)和(1，＋∞)上單調(diào)遞減，如圖所示． 當(dāng)x＝－2時(shí)，f(x)min＝－e2.又f(－1)＝－e，f(－3)＝e3，且x>0時(shí)，f(x)>0，由圖象可知，要使不等式f(x) 三、解答題 13．(2020·江蘇高考)某地準(zhǔn)備在山谷中建一座橋梁，橋址位置的豎直截面圖如圖所示，谷底O在水平線MN上、橋AB與MN平行，OO′為鉛垂線(O′在AB上)．經(jīng)測(cè)量，左側(cè)曲線AO上任一點(diǎn)D到MN的距離h1(米)與D到OO′的距離a(米)之間滿足關(guān)系式h1＝a2；右側(cè)曲線BO上任一點(diǎn)F到MN的距離h2(米)與F到OO′的距離b(米)之間滿足關(guān)系式h2＝－b3＋6b.已知點(diǎn)B到OO′的距離為40米． (1)求橋AB的長(zhǎng)度； (2)計(jì)劃在谷底兩側(cè)建造平行于OO′的橋墩CD和EF，且CE為80米，其中C，E在AB上(不包括端點(diǎn))．橋墩EF每米造價(jià)k(萬元)、橋墩CD每米造價(jià)k(萬元)(k>0)．問O′E為多少米時(shí)，橋墩CD與EF的總造價(jià)最低？ 解(1)由題意，得|O′A|2＝－×403＋6×40，∴|O′A|＝80.∴|AB|＝|O′A|＋|O′B|＝80＋40＝120.答：橋AB的長(zhǎng)度為120米． (2)設(shè)|O′E|＝x，總造價(jià)為f(x)萬元，|O′O|＝×802＝160，f(x)＝k＋k ＝k(0＜x＜40)，∴f′(x)＝k.令f′(x)＝0，得x＝20(x＝0舍去)． 當(dāng)0＜x＜20時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)20＜x＜40時(shí)，f′(x)＞0，因此當(dāng)x＝20時(shí)，f(x)取最小值． 答：當(dāng)O′E＝20米時(shí)，橋墩CD與EF的總造價(jià)最低.14.(2020·四川成都石室中學(xué)一診)設(shè)函數(shù)f(x)＝x－sinx，x∈，g(x)＝＋cosx＋2，m∈R.(1)證明：f(x)≤0； (2)當(dāng)x∈時(shí)，不等式g(x)≥恒成立，求m的取值范圍． 解(1)證明：因?yàn)閒′(x)＝－cosx在x∈上單調(diào)遞增，所以f′(x)∈，所以存在唯一x0∈，使得f′(x0)＝0.當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增． 所以f(x)max＝max＝0，所以f(x)≤0.(2)因?yàn)間′(x)＝－sinx＋m，令h(x)＝－sinx＋m，則h′(x)＝－cosx＋m.當(dāng)m≥0時(shí)，m≤0，由(1)中的結(jié)論可知，－sinx≤0，所以g′(x)≤0，所以g(x)在x∈上單調(diào)遞減，所以g(x)min＝g＝，滿足題意． 當(dāng)－ 當(dāng)x∈時(shí)，h′(x)>0，g′(x)單調(diào)遞增． 而g′(0)＝－m>0，g′＝0，所以存在唯一x2∈，使得g′(x2)＝0.當(dāng)x∈(0，x2)時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減． 要使當(dāng)0≤x≤時(shí)，g(x)≥恒成立，即?m≥，所以≤m<0.當(dāng)m≤－，x∈時(shí)，h′(x)≤0，所以當(dāng)x∈時(shí)，g′(x)單調(diào)遞減，又g′＝0，所以g′(x)≥0，所以g(x)在x∈上單調(diào)遞增，所以g(x)≤g＝，與題意矛盾． 綜上，m的取值范圍為.
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