33导数的应用(二)练出高分(含答案解析)

§3.3导数的应用(二)A组专项基础训练(时间：35分钟，满分：57分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则实数a的取值范围是()A．(－1,2)B．(－∞，－3)∪(6，＋∞)C．(－3,6)D．(－∞，－1)∪(2，＋∞)答案B解析∵f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)，由已知可得f′(x)＝0有两个不相等的实根．∴Δ＝4a2－4×3(a＋6)0，即a2－3a－180.∴a6或a－3.2．曲线y＝ex在点(2，e2)处的切线与坐标轴所围三角形的面积为()A.94e2B．2e2C．e2D.e22答案D解析∵点(2，e2)在曲线上，∴切线的斜率k＝y′|x＝2＝ex|x＝2＝e2，∴切线的方程为y－e2＝e2(x－2)，即e2x－y－e2＝0.与两坐标轴的交点坐标为(0，－e2)，(1,0)，∴S△＝12×1×e2＝e22.3．已知函数f(x)＝x2＋mx＋lnx是单调递增函数，则m的取值范围是()A．m－22B．m≥－22C．m22D．m≤22答案B解析依题意知，x0，f′(x)＝2x2＋mx＋1x，令g(x)＝2x2＋mx＋1，x∈(0，＋∞)，当－m4≤0时，g(0)＝10恒成立，∴m≥0成立，当－m40时，则Δ＝m2－8≤0，∴－22≤m0，综上，m的取值范围是m≥－22.4．某公司生产某种产品，固定成本为20000元，每生产一单位产品，成本增加100元，已知总营业收入R与年产量x的年关系是R＝R(x)＝400x－12x20≤x≤400，80000x400，则总利润最大时，每年生产的产品是()A．100B．150C．200D．300答案D解析由题意得，总成本函数为C＝C(x)＝20000＋100x，总利润P(x)＝300x－x22－200000≤x≤400，60000－100xx400，又P′(x)＝300－x0≤x≤400，－100x400，令P′(x)＝0，得x＝300，易知x＝300时，总利润P(x)最大．二、填空题(每小题5分，共15分)5．设P为曲线C：y＝x2－x＋1上一点，曲线C在点P处的切线的斜率的范围是[－1,3]，则点P纵坐标的取值范围是__________．答案34，3解析设P(a，a2－a＋1)，则y′|x＝a＝2a－1∈[－1,3]，∴0≤a≤2.而g(a)＝a2－a＋1＝a－122＋34，当a＝12时，g(a)min＝34.当a＝2时，g(a)max＝3，故P点纵坐标的取值范围是34，3.6．在直径为d的圆木中，截取一个具有最大抗弯强度的长方体梁，则矩形面的长为________(强度与bh2成正比，其中h为矩形的长，b为矩形的宽)．答案63d解析截面如图所示，设抗弯强度系数为k，强度为ω，则ω＝kbh2，又h2＝d2－b2，∴ω＝kb(d2－b2)＝－kb3＋kd2b，ω′＝－3kb2＋kd2，令ω′＝0，得b2＝d23，∴b＝33d或b＝－33d(舍去)．∴h＝d2－b2＝63d.7．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m、n∈[－1,1]，则f(m)＋f′(n)的最小值是________．答案－13解析对函数f(x)求导得f′(x)＝－3x2＋2ax，由函数f(x)在x＝2处取得极值知f′(2)＝0，即－3×4＋2a×2＝0，∴a＝3.由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x，易知f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，∴当m∈[－1,1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.又∵f′(x)＝－3x2＋6x的图象开口向下，且对称轴为x＝1，∴当n∈[－1,1]时，f′(n)min＝f′(－1)＝－9.故f(m)＋f′(n)的最小值为－13.三、解答题(共22分)8．(10分)设函数f(x)＝ax3－3x2(a∈R)，且x＝2是y＝f(x)的极值点．(1)求实数a的值，并求函数的单调区间；(2)求函数g(x)＝ex·f(x)的单调区间．解(1)f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)，因为x＝2是函数y＝f(x)的极值点，所以f′(2)＝0，即6(2a－2)＝0，因此a＝1.经验证，当a＝1时，x＝2是函数y＝f(x)的极值点．所以f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)．所以y＝f(x)的单调增区间是(－∞，0)，(2，＋∞)；单调减区间是(0,2)．(2)g(x)＝ex(x3－3x2)，g′(x)＝ex(x3－3x2＋3x2－6x)＝ex(x3－6x)＝x(x＋6)(x－6)ex，因为ex0，所以y＝g(x)的单调增区间是(－6，0)，(6，＋∞)；单调减区间是(－∞，－6)，(0，6)．9．(12分)某汽运集团公司生产一种品牌汽车，上年度成本价为10万元/辆，出厂价为13万元/辆，年销售量为5万辆．本年度公司为了进一步扩大市场占有量，计划降低成本，实行降价销售．设本年度成本价比上年度降低了x(0x1)，本年度出厂价比上年度降低了0.9x.(1)若本年度年销售量比上年度增加了0.6x倍，问x在什么取值范围时，本年度的年利润比上年度有所增加？(2)若本年度年销售量y关于x的函数为y＝2011·－x2＋5934x＋307289，则当x为何值时，本年度年利润最大？解(1)本年度年利润为[13(1－0.9x)－10(1－x)]×5×(1＋0.6x)＝5(3－1.7x)(1＋0.6x)．要使本年度的年利润比上年度有所增加，则有5(3－1.7x)(1＋0.6x)5×(13－10)．解得0x551.(2)本年度年利润为W(x)＝[13(1－0.9x)－10(1－x)]×2011－x2＋5934x＋307289＝20111710x3－11920x2＋175x＋921289.W′(x)＝20115110x2－11910x＋175.令W′(x)＝0，解得x1＝13，x2＝2.又0x1，所以函数W(x)在0，13上为增函数，在13，1上为减函数．故当x＝13时，W(x)取得最大值，即当x＝13时，本年度的年利润最大．B组专项能力提升(时间：25分钟，满分：43分)一、选择题(每小题5分，共15分)1．函数f(x)＝12ex(sinx＋cosx)在区间0，π2上的值域为()A.12，12eπ2B.12，12eπ2C．[1，eπ2]D．(1，eπ2)答案A解析f′(x)＝12ex(sinx＋cosx)＋12ex(cosx－sinx)＝excosx，当0≤x≤π2时，f′(x)≥0，且只有在x＝π2时，f′(x)＝0，∴f(x)是0，π2上的增函数，∴f(x)的最大值为fπ2＝12eπ2，f(x)的最小值为f(0)＝12.∴f(x)在0，π2上的值域为12，12eπ2.2．若函数f(x)＝xx2＋a(a0)在[1，＋∞)上的最大值为33，则a的值为()A.33B.3C.3＋1D.3－1答案D解析f′(x)＝x2＋a－2x2x2＋a2＝a－x2x2＋a2，当xa时，f′(x)0，f(x)单调递减，当－axa时，f′(x)0，f(x)单调递增，当x＝a时，令f(x)＝a2a＝33，a＝321，不合题意．∴f(x)max＝f(1)＝11＋a＝33，a＝3－1，故选D.3．已知对任意x∈R，恒有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且当x0时，f′(x)0，g′(x)0，则当x0时有()A．f′(x)0，g′(x)0B．f′(x)0，g′(x)0C．f′(x)0，g′(x)0D．f′(x)0，g′(x)0答案B解析由f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，知f(x)为奇函数，g(x)为偶函数．又x0时，f′(x)0，g′(x)0，由奇、偶函数的性质知，当x0时，f′(x)0，g′(x)0.二、填空题(每小题5分，共15分)4．已知函数f(x)＝1－xax＋lnx，若函数f(x)在[1，＋∞)上为增函数，则正实数a的取值范围为________．答案[1，＋∞)解析∵f(x)＝1－xax＋lnx，∴f′(x)＝ax－1ax2(a0)，∵函数f(x)在[1，＋∞)上为增函数，∴f′(x)＝ax－1ax2≥0对x∈[1，＋∞)恒成立，∴ax－1≥0对x∈[1，＋∞)恒成立，即a≥1x对x∈[1，＋∞)恒成立，∴a≥1.5．已知函数f(x)＝x2(x－a)．若f(x)在(2,3)上单调，则实数a的取值范围是__________________；若f(x)在(2,3)上不单调，则实数a的取值范围是______________．答案(－∞，3]∪92，＋∞3，92解析f′(x)＝3x2－2ax，若f′(x)在(2,3)上单调，则f′(x)≥0或f′(x)≤0在(2,3)上恒成立，∴a≤32x或a≥32x.∵x∈(2,3)，∴a≤3或a≥92.6．用边长为120cm的正方形铁皮做一个无盖水箱，先在四角分别截去一个小正方形，然后把四边翻转90°角，再焊接成水箱，则水箱的最大容积为________．答案128000cm3解析设水箱底边长为xcm，则水箱高h＝60－x2cm.水箱容积V＝V(x)＝x2h＝60x2－x32(0x120)．V′(x)＝120x－32x2.令V′(x)＝0，得x＝0(舍去)或x＝80.可判断得x＝80(cm)时，V取最大值为128000cm3.三、解答题7．(13分)(2012·浙江)已知a∈R，函数f(x)＝4x3－2ax＋a.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：当0≤x≤1时，f(x)＋|2－a|0.(1)解由题意得f′(x)＝12x2－2a.当a≤0时，f′(x)≥0恒成立，此时f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．当a0时，f′(x)＝12x－a6x＋a6，此时函数f(x)的单调递增区间为－∞，－a6和a6，＋∞，单调递减区间为－a6，a6.(2)证明由于0≤x≤1，故当a≤2时，f(x)＋|2－a|＝4x3－2ax＋2≥4x3－4x＋2.当a2时，f(x)＋|2－a|＝4x3＋2a(1－x)－2≥4x3＋4(1－x)－2＝4x3－4x＋2.设g(x)＝2x3－2x＋1,0≤x≤1，则g′(x)＝6x2－2＝6x－33x＋33，于是g′(x)，g(x)随x的变化情况如下表：x00，333333，11g′(x)－0＋g(x)1减极小值增1所以，g(x)min＝g33＝1－4390.所以，当0≤x≤1时，2x3－2x＋10.故f(x)＋|2－a|≥4x3－4x＋20.