高考数学专题复习练习第二章 第十二节 导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例 课下练兵场 6页

第二章 第十二节导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例 课下练兵场 命 题 报 告 ‎ 难度及题号 知识点 容易题 ‎(题号)‎ 中等题 ‎(题号)‎ 稍难题 ‎(题号)‎ 函数的单调性与导数 ‎1、3‎ ‎4、6、10‎ 函数的极值与导数 ‎2、7‎ 函数的最值与导数 ‎5、8、9‎ ‎11‎ 生活中的优化问题 ‎12‎ 一、选择题 ‎1.(2009·广东高考)函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是 (　　)‎ A.(－∞，2)　　　　　　B.(0,3) C.(1,4) D.(2，＋∞)‎ 解析：f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，‎ 令f′(x)>0，解得x>2.‎ 答案：D ‎2.已知函数f(x)的导数为f′(x)＝4x3－4x，且f(x)的图象过点(0，－5)，当函数f(x)取得极大值－5时，x的值应为 (　　)‎ A.－1 B‎.0 C.1 D.±1‎ 解析：可以求出f(x)＝x4－2x2＋c，其中c为常数.‎ 由于f(x)过(0，－5)，所以c＝－5，又由f′(x)＝0，得极值点为x＝0和x＝±1.又x＝0时，f(x)＝－5，故x的值为0.‎ 答案：B ‎3.若函数f(x)＝ax3－3x在(－1,1)上单调递减，则实数a的取值范围是 (　　)‎ A.a＜1 B.a≤‎1 C.0＜a＜1 D.0＜a≤1‎ 解析：∵f′(x)＝3ax2－3，由题意f′(x)≤0在(－1,1)上恒成立.若a≤0，显然有f′(x)＜0；若a＞0，由f′(x)≤0得－≤x≤，于是≥1，∴0＜a≤1，综上知a≤1.‎ 答案：B ‎4.若函数y＝f(x)的导函数在区间[a，b]上是先增后减的函数，则函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象可能是 (　　)‎ 解析：依题意，f′(x)在[a，b]上是先增后减的函数，则在f(x)的图象上，各点的切线的斜率先随x的增大而增大，然后随x的增大而减小，观察四个选项中的图象，只有选项C满足要求.‎ 答案：C ‎5.函数f(x)＝ex(sinx＋cosx)在区间[0，]上的值域为 (　　)‎ A [] B()‎ C[ ] D( )‎ 解析：f′(x)＝ex(sinx＋cosx)＋ex(cosx－sinx)＝excosx，‎ ‎0≤x≤时，f′(x)≥0，‎ ‎∴f(x)是[0，]上的增函数，‎ ‎∴f(x)的最大值为f()＝‎ f(x)的最小值为f(0)＝，‎ ‎∴f(x)在[0，]上的值域为[] ‎ 答案：A ‎6.已知函数f(x)满足f(x)＝f(π－x)，且当x∈(－，)时，f(x)＝x＋sinx，则 (　　)‎ A.f(1)0恒成立，‎ 所以f(x)在(－，)上为增函数，‎ f(2)＝f(π－2)，f(3)＝f(π－3)，‎ 且0<π－3<1<π－2<，‎ 所以f(π－3)0)在[1，＋∞)上的最大值为，则a的值为　　　　.‎ 解析：f′(x)＝当x>时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当－0，f(x)单调递增，当x＝时，f(x)＝＝，＝<1，不合题意.‎ ‎∴f(x)max＝f(1)＝＝，a＝－1.‎ 答案：－1‎ ‎9.给出定义：若函数f(x)在D上可导，即f′(x)存在，且导函数f′(x)在D上也可导，则称f(x)在D上存在二阶导函数，记f″(x)＝(f′(x))′.若f″(x)<0在D上恒成立，则称f(x)在D上为凸函数.以下四个函数在(0，)上不是凸函数的是　　　　.(把你认为正确的序号都填上)‎ ‎①f(x)＝sinx＋cosx；‎ ‎②f(x)＝lnx－2x；‎ ‎③f(x)＝－x3＋2x－1；‎ ‎④f(x)＝xex.‎ 解析：对于①，f″(x)＝－(sinx＋cosx)，x∈(0，)时，‎ f″(x)<0恒成立；‎ 对于②，f″(x)＝－，在x∈(0，)时，f″(x)<0恒成立；‎ 对于③，f″(x)＝－6x，在x∈(0，)时，f″(x)<0恒成立；‎ 对于④，f″(x)＝(2＋x)·ex在x∈(0，)时f″(x)>0恒成立，‎ 所以f(x)＝xex不是凸函数.‎ 答案：④‎ 三、解答题 ‎10.(2009·全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝x3－(1＋a)x2＋4ax＋‎24a，其中常数a>1.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)若当x≥0时，f(x)>0恒成立，求a的取值范围.‎ 解：(1)f′(x)＝x2－2(1＋a)x＋‎4a＝(x－2)(x－‎2a).‎ 由已知a>1，∴‎2a>2，‎ ‎∴令f′(x)>0，解得x>‎2a或x<2，‎ ‎∴当x∈(－∞，2)∪(‎2a，＋∞)时，f(x)单调递增，‎ 当x∈(2,‎2a)时，f(x)单调递减.‎ 综上，当a>1时，f(x)在区间(－∞，2)和(‎2a，＋∞)是增函数，在区间(2,‎2a)是减函数.‎ ‎(2)由(1)知，当x≥0时，f(x)在x＝‎2a或x＝0处取得最小值.‎ f(‎2a)＝(‎2a)3－(1＋a)(‎2a)2＋‎4a·‎2a＋‎‎24a ‎＝－a3＋‎4a2＋‎24a＝－a(a－6)(a＋3)，f(0)＝‎24a.‎ 解得10时，判断f(x)在定义域上的单调性；‎ ‎(2)若f(x)在[1，e]上的最小值为，求a的值.‎ 解：(1)由题得f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ 且f′(x)＝＋＝.∵a>0，‎ ‎∴f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数.‎ ‎(2)由(1)可知：f′(x)＝，‎ ‎①若a≥－1，则x＋a≥0，即f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，此时f(x)在[1，e]上为增函数，‎ ‎∴f(x)min＝f(1)＝－a＝，∴a＝－(舍去). ‎ ‎②若a≤－e，则x＋a≤0，即f′(x)≤0在[1，e]上恒成立，此时f(x)在[1，e]上为减函数，‎ ‎∴f(x)min＝f(e)＝1－＝，∴a＝－(舍去).‎ ‎③若－e0，‎ ‎∴f(x)在(－a，e)上为增函数，‎ ‎∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝⇒a＝－.‎ 综上可知：a＝－.‎ ‎12.某分公司经销某种品牌的产品，每件产品的成本为3元，并且每件产品需向总公司交a(3≤a≤5)元的管理费，预计当每件产品的售价为x(9≤x≤11)元时，一年的销售量为(12－x)2万件.‎ ‎(1)求分公司一年的利润L(万元)与每件产品的售价x的函数关系式；‎ ‎(2)当每件产品的售价为多少元时，分公司一年的利润L最大，并求出L的最大值Q(a).‎ 解：(1)分公司一年的利润L(万元)与售价x的函数关系式为：‎ L＝(x－3－a)(12－x)2，x∈[9,11].‎ ‎(2)L′(x)＝(12－x)2－2(x－3－a)(12－x)‎ ‎＝(12－x)(18＋‎2a－3x).‎ 令L′(x)＝0得x＝6＋a或x＝12(不合题意，舍去).‎ ‎∵3≤a≤5，∴8≤6＋a≤.‎ 在x＝6＋a两侧L′的值由正值变负值.‎ 所以，当8≤6＋a≤9，即3≤a≤时，‎ Lmax＝L(9)＝(9－3－a)(12－9)2＝9(6－a)；‎ 当9＜6＋a≤，即＜a≤5时，‎ Lmax＝L(6＋a)＝(6＋a－3－a)[12－(6＋a)]2‎ ‎＝4(3－a)3，‎ 即当3≤a≤时，当每件售价为9元，分公司一年的利润L最大，最大值Q(a)＝9(6－a)万元；当＜a≤5时，当每件售价为(6＋a)元，分公司一年的利润L最大，最大值Q(a)＝4(3 －a)3万元.‎