北师大版高三数学复习专题-导数及其应用基础达标-第3章第3节

第三章第三节一、选择题1．函数y＝4xx2＋1()A．有最大值2，无最小值B．无最大值，有最小值－2C．有最大值2，有最小值－2D．无最值[答案]C[解析]∵y′＝4x2＋1－4x·2xx2＋12＝－4x2＋4x2＋12.令y′＝0，得x＝1或－1，f(－1)＝－42＝－2，f(1)＝2，故选C．2．设f′(x)是函数f(x)的导函数，y＝f′(x)的图像如图所示，则y＝f(x)的图像最有可能是()[答案]C[解析]由y＝f′(x)的图像易知当x0或x2时，f′(x)0，故函数y＝f(x)在区间(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递增；当0x2时，f′(x)0，故函数y＝f(x)在区间(0,2)上单调递减．3．已知定义域为R的函数f(x)满足：f(4)＝－3，且对任意x∈R总有f′(x)3，则不等式f(x)3x－15的解集为()A．(－∞，4)B．(－∞，－4)C．(－∞，－4)∪(4，＋∞)D．(4，＋∞)[答案]D[解析]方法一(数形结合法)：由题意知，f(x)过定点(4，－3)，且斜率k＝f′(x)3.又y＝3x－15过点(4，－3)，k＝3.∴y＝f′(x)和y＝3x－15在同一坐标系中的草图如图，∴f(x)3x－15的解集为(4，＋∞)，故选D．方法二：记g(x)＝f(x)－3x＋15，则g′(x)＝f′(x)－30，可知g(x)在R上为减函数．又g(4)＝f(4)－3×4＋15＝0，∴f(x)3x－15可化为f(x)－3x＋150，即g(x)g(4)，结合其函数单调递减，故得x4.4．若存在正数x使2x(x－a)1成立，则a的取值范围是()A．(－∞，＋∞)B．(－2，＋∞)C．(0，＋∞)D．(－1，＋∞)[答案]D[解析]由题意得，ax－(12)x(x0)，令f(x)＝x－(12)x，则f(x)在(0，＋∞)上为增函数，∴f(x)minf(0)＝－1，∴a－1，故选D．5．若函数f(x)＝12sin2x＋sinx，则f′(x)是()A．仅有最小值的奇函数B．仅有最大值的偶函数C．既有最大值又有最小值的偶函数D．非奇非偶函数[答案]C[解析]f(x)＝sinxcosx＋sinx，则f′(x)＝cosxcosx＋sinx·(－sinx)＋cosx＝cos2x－sin2x＋cosx＝2cos2x＋cosx－1，显然f′(x)是偶函数，又因为cosx∈[－1,1]，所以函数f′(x)既有最大值又有最小值．6．(文)如图，某农场要修建3个养鱼塘，每个面积为10000m2，鱼塘前面要留4m的运料通道，其余各边为2m宽的堤埂，则占地面积最少时，每个鱼塘的长、宽分别为()A．长102m，宽500051mB．长150m，宽66mC．长、宽均为100米D．长150m，宽2003m[答案]D[解析]设鱼塘长、宽分别为ym、xm，依题意xy＝10000.设占地面积为S，则S＝(3x＋8)(y＋6)＝18x＋80000x＋30048，令S′＝18－80000x2＝0，得x＝2003.此时y＝150.(理)要做一个圆锥形的漏斗，其母线长20cm，要使其体积最大，则高为()A．33cmB．1033cmC．1633cmD．2033cm[答案]D[解析]设圆锥的高为xcm，则底面半径为202－x2(cm)，其体积为V＝13πx(202－x2)(0x20)，V′＝13π·(400－3x2)，令V′＝0，解得x1＝2033，x2＝－2033(舍去)．当0x2033时，V′0，当2033x20时，V′0，∴当x＝2033时，V取最大值．二、填空题7．函数f(x)＝x2－2lnx的最小值为________．[答案]1[解析]由f′(x)＝2x－2x＝0，得x2＝1.又x0，所以x＝1.因为0x1时，f′(x)0，x1时f′(x)0，所以当x＝1时，f(x)取极小值(极小值唯一)也即最小值f(1)＝1.8．函数f(x)＝ax3＋x恰有三个单调区间，则a的取值范围是________．[答案](－∞，0)[解析]f(x)＝ax3＋x恰有三个单调区间，即函数f(x)恰有两个极值点，即f′(x)＝0有两个不等实根．∵f(x)＝ax3＋x，∴f′(x)＝3ax2＋1.要使f′(x)＝0有两个不等实根，则a0.9．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]下图为圆木的横截面，∵b2＋h2＝d2，∴bh2＝b(d2－b2)．设f(b)＝b(d2－b2)，∴f′(b)＝－3b2＋d2.令f′(b)＝0，由于b0，∴b＝33d，且在(0，33d]上f′(b)0，在[33d，d)上，f′(b)0.∴函数f(b)在b＝33d处取得极大值，也是最大值，即抗弯强度最大，此时长h＝63D．三、解答题10．设f(x)＝lnx，g(x)＝f(x)＋f′(x)．(1)求g(x)的单调区间和最小值；(2)讨论g(x)与g(1x)的大小关系；(3)求a的取值范围，使得g(a)－g(x)1a对任意x0成立．[解析](1)g(x)＝lnx＋1x，g′(x)＝x－1x2，由g′(x)0，得g(x)的单调增区间为(1，＋∞)；由g′(x)0，得g(x)的单调减区间为(0,1)．因此x＝1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点．所以g(x)min＝g(1)＝1.(2)设h(x)＝g(x)－g(1x)，则h′(x)＝－x－12x2，h′(x)≤0，∴h(x)在(0，＋∞)上为减函数．当x＝1时，h(1)＝0，即g(x)＝g(1x)；当0x1时，h(x)h(1)＝0，即g(x)g(1x)；当x1时，h(x)h(1)＝0，即g(x)g(1x)．(3)由(1)知g(x)的最小值为1，所以g(a)－g(x)1a，对任意x0成立⇔由g(a)－11a，得0ae.一、选择题1．在[12，2]上，函数f(x)＝x2＋px＋q与g(x)＝3x2＋32x在同一点处取得相同的最小值，那么f(x)在[12，2]上的最大值是()A．134B．4C．8D．54[答案]B[解析]因为g(x)＝3x2＋32x，且x∈[12，2]，则g(x)≥23x2·32x＝3，当且仅当x＝1时，g(x)min＝3.又f′(x)＝2x＋p，∴f′(1)＝0，即2＋p＝0，得p＝－2，∴f(x)＝x2－2x＋q.又f(x)min＝f(1)＝3，∴1－2＋q＝3，∴q＝4.∴f(x)＝x2－2x＋4＝(x－1)2＋3，x∈[12，2]．∴f(x)max＝f(2)＝4.2．如果函数f(x)＝13x3－a2x满足：对于任意的x1、x2∈[0,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤1恒成立，则实数a的取值范围是()A．[－233，233]B．(－233，233)C．[－233，0)∪(0，233]D．(－233，0)∪(0，233)[答案]A[解析]解法一：(赋值法)令a＝0，233可知选A．解法二：对于任意的x1，x2∈[0,1]都有|f(x1)－f(x2)|≤1恒成立，只需f(x)max－f(x)min≤1即可．f′(x)＝x2－a2＝(x＋a)(x－a)，当|a|≥1时，f′(x)≤0，函数f(x)＝13x3－a2x在[0,1]上单调递减；当|a|1时，函数f(x)＝13x3－a2x在[0，|a|]上单调递减，在[|a|,1]上单调递增，故有|a|≥1，a2－13≤1或|a|1，f0－f|a|≤1，f1－f|a|≤1，解得a∈[－233，233]，选A．二、填空题3．(2014·广州模拟)设函数f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若对于任意x∈[－1,1]，都有f(x)≥0成立，则实数a的值为________．[答案]4[解析](构造法)若x＝0，则不论a取何值，f(x)≥0显然成立；当x0，即x∈(0,1]时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化为a≥3x2－1x3.设g(x)＝3x2－1x3，则g′(x)＝31－2xx4，所以g(x)在区间(0，12]上单调递增，在区间[12，1]上单调递减，因此g(x)max＝g(12)＝4，从而a≥4.当x0，即x∈[－1,0)时，同理a≤3x2－1x3.g(x)在区间[－1,0)上单调递增，∴g(x)min＝g(－1)＝4，从而a≤4.综上可知a＝4.4．某工厂生产某种产品，已知该产品的月产量x(吨)与每吨产品的价格P(元/吨)之间的函数关系为P＝24200－15x2，且生产x吨的成本为R＝50000＋200x(元)．则该厂每月生产________吨产品才能使利润达到最大．最大利润是________万元．(利润＝收入－成本)[答案]200315[解析]每月生产x吨时的利润为f(x)＝(24200－15x2)x－(50000＋200x)．＝－15x3＋24000x－50000(x≥0)．由f′(x)＝－35x2＋24000＝0，解得x1＝200，x2＝－200(舍去)．因f(x)在[0，＋∞)内只有一个极值点x＝200使f′(x)＝0，故它就是最大值点，且最大值为f(200)＝－15×2003＋24000×200－50000＝3150000(元)．所以每月生产200吨产品时的利润达到最大，最大利润为315万元．三、解答题5．(文)(2015·临川模拟)已知x＝2是函数f(x)＝13x3－bx2＋2x＋a的一个极值点．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若当x∈[1，＋∞)时，f(x)－23a2恒成立，求实数a的取值范围．[解析](1)∵f′(x)＝x2－2bx＋2，且x＝2是f(x)的一个极值点，∴f′(2)＝4－4b＋2＝0，解得b＝32，∴f′(x)＝x2－3x＋2＝(x－1)(x－2)．由f′(x)0得x2或x1，∴函数f(x)的单调增区间为(－∞，1)，(2，＋∞)；由f′(x)0得1x2，∴函数f(x)的单调减区间为(1,2)．(2)由(1)知，函数f(x)在(1,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．∴当x＝2时，函数f(x)取得极小值也是最小值，故f(x)min＝f(2)＝a＋23.当x∈[1，＋∞)时，f(x)－23a2恒成立等价于a2f(x)min－23，即a2－a0，∴0a1.故实数a的取值范围是(0,1)．(理)(2015·泰安一模)已知函数f(x)＝xlnx.(1)若函数g(x)＝f(x)＋ax在区间[e2，＋∞)上为增函数，求a的取值范围；(2)若对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥－x2＋mx－32恒成立，求实数m的最大值．[解析](1)由题意得g′(x)＝f′(x)＋a＝lnx＋a＋1，∵函数g(x)在区间[e2，＋∞)上为增函数，∴当x∈[e2，＋∞)时，g′(x)≥0，即lnx＋a＋1≥0在[e2，＋∞)上恒成立，∴a≥－1－lnx，令h(x)＝－lnx－1，当x∈[e2，＋∞)时，lnx∈[2，＋∞)，∴h(x)∈(－∞，－3]，∴a的取值范围是[－3，＋∞)．(2)∵2f(x)≥－x2＋mx－3，即mx≤2xlnx＋x2＋3，又x0，∴m≤2xlnx＋x2＋3x，令t(x)＝2xlnx＋x2＋3x＝2lnx＋x＋3x，∴t′(x)＝2x＋1－3x2＝x2＋2x－3x2＝x＋3x－1x2，令t′(x)＝0得x＝1或－3(舍)．当x∈(0,1)时，t′(x)0，t(x)在(0,1)上单调递减，当x∈(1，＋∞)时，t′(x)0，t(x)在(1，＋∞)上单调递增．t(x)min＝t(1)＝4，∴m≤t(x)min＝4，即m的最大值为4.6．(文)(2014·浙江高考)已知函数f(x)＝x3＋3|x－a|(a0)．若f(x)在[－1,1]上的最小值记为g(a)．(1)求g(a)；(2)证明：当x∈[－1,1]时，恒有f(x)