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第二章基本初等函数、导数及其应用第13课时课后达标检测


[基础达标] 一、选择题 1.(2014· 山西省考前适应性训练)若商品的年利润 y(万元)与年产量 x(百万件)的函数关 3 系式:y=-x +27x+123(x>0),则获得最大利润时的年产量为( ) A.1 百万件 B.2 百万件 C.3 百万件 D.4 百万件 解析:选 C.依题意得,y′=-3x2+27=-3(x-3)(x+3),当 0<x<3 时,y′>0;当 x>3 时,y′<0.因此,当 x=3 时,该商品的年利润最大. 2.从边长为 10 cm×16 cm 的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形, 做成一个无盖 的盒子,则盒子容积的最大值为( ) A.12 cm3 B.72 cm3 C.144 cm3 D.160 cm3 3 解析: 选 C.设盒子容积为 y cm , 盒子的高为 x cm, 则 y=(10-2x)(16-2x)x=4x3-52x2 +160x(0<x<5), ∴y′=12x2-104x+160. 20 令 y′=0,得 x=2 或 (舍去), 3 ∴ymax=6×12×2=144(cm3). 1 3.(2014· 湖北宜昌模拟)已知 y=f(x)是奇函数,当 x∈(0,2)时,f(x)=ln x-ax(a> ),当 2 x∈(-2,0)时,f(x)的最小值为 1,则 a 的值等于( ) 1 1 A. B. 4 3 1 C. D.1 2 解析:选 D.由题意知,当 x∈(0,2)时,f(x)的最大值为-1. 1 1 令 f′(x)= -a=0,得 x= , x a 1 当 0<x< 时,f′(x)>0; a 1 当 x> 时,f′(x)<0. a 1 ∴f(x)max=f( )=-ln a-1=-1,解得 a=1. a 4. (2014· 山西大同诊断)设 D 是函数 y=f(x)定义域内的一个区间, 若存在 x0∈D, 使 f(x0) =-x0,则称 x0 是 f(x)的一个“次不动点”,也称 f(x)在区间 D 上存在“次不动点”,若函 5 数 f(x)=ax2-3x-a+ 在区间[1,4]上存在“次不动点”,则实数 a 的取值范围是( ) 2 1 A.(-∞,0) B.(0, ) 2 1 1 C.[ ,+∞) D.(-∞, ] 2 2 解析:选 D.设 g(x)=f(x)+x,依题意,存在 x∈[1,4],使 g(x)=f(x)+x=ax2-2x-a+ 4x-5 5 1 5 =0.当 x=1 时,g(1)= ≠0;当 x≠1 时,由 ax2-2x-a+ =0 得 a= .记 h(x)= 2 2 2 2(x2-1) 4x-5 -2x2+5x-2 1 (1<x≤4),则由 h′(x)= 2 2 2 =0,得 x=2 或 x= (舍去).当 x∈(1,2)时, 2 2(x -1) (x -1) h′(x)>0;当 x∈(2,4)时,h′(x)<0,即函数 h(x)在(1,2)上是增函数,在(2,4)上是减函数, 1 因此当 x=2 时,h(x)取得最大值,最大值是 h(2)= ,故满足题意的实数 a 的取值范围是(- 2

1 ∞, ]. 2
3

5 . (2014· 浙江省名校联考 ) 设函数 ht(x) = 3tx - 2t2 ,若有且仅有一个正实数 x0,使得 h7(x0)≥ht(x0)对任意的正数 t 都成立,则 x0=( ) A.5 B. 5 C.3 D. 7 解析:选 D.∵h7(x0)≥ht(x0)对任意的正数 t 都成立, ∴h7(x0)≥ht(x0)max.记 g(t)=ht(x0)=3tx0-2t2,则 g′(t)=3x0-3t2,令 g′(t)=0,得 t=x2 0, 2 3 3 易得 ht(x0)max=g(x0)=x0,∴21x0-14 7≥x0,将选项代入检验可知选 D. 二、填空题 6.已知函数 g(x)=ax3+bx2+cx(a∈R 且 a≠0),g(-1)=0,且 g(x)的导函数 f(x)满足 b f(0)f(1)≤0.若方程 f(x)=0 有两个实根,则 的取值范围为________. a 解析:因为 g(x)=ax3+bx2+cx, 所以 g(-1)=-a+b-c=0,即 c=b-a. 又 f(x)=g′(x)=3ax2+2bx+c, 由 f(0)f(1)≤0,得 c(3a+2b+c)≤0, 所以(b-a)(3b+2a)≤0. b b 因为 a≠0,所以( -1)(3·+2)≤0, a a 2 b 解得- ≤ ≤1. 3 a 2 又 3ax +2bx+c=0(a≠0)的根的判别式 3 b Δ=(2b)2-4· 3a· c=4b2-12a(b-a)=4(b- a)2+3a2>0,满足题意,所以 的取值范围是 2 a 2 [- ,1] 3 2 答案:[- ,1] 3 7.(2014· 广东广州模拟)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________. 解析:(构造法)若 x=0,则不论 a 取何值,f(x)≥0 显然成立; 3 1 当 x>0 时,即 x∈(0,1]时,f(x)=ax3-3x+1≥0 可化为 a≥ 2- 3. x x 3 1 设 g(x)= 2- 3, x x 3(1-2x) 则 g′(x)= , x4 1? ?1 ? 所以 g(x)在区间? ?0,2?上单调递增,在区间?2,1?上单调递减, 1? 因此 g(x)max=g? ?2?=4,从而 a≥4. 3 1 当 x<0 时,即 x∈[-1,0)时,同理 a≤ 2- 3. x x 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. 答案:4 三、解答题 8.(2013· 高考北京卷)已知函数 f(x)=x2+xsin x+cos x. (1)若曲线 y=f(x)在点(a,f(a))处与直线 y=b 相切,求 a 与 b 的值;
3 1

(2)若曲线 y=f(x)与直线 y=b 有两个不同交点,求 b 的取值范围. 解:由 f(x)=x2+xsin x+cos x,得 f′(x)=x(2+cos x). (1)因为曲线 y=f(x)在点(a,f(a))处与直线 y=b 相切, 所以 f′(a)=a(2+cos a)=0,b=f(a). 解得 a=0,b=f(0)=1. (2)令 f′(x)=0,得 x=0. f(x)与 f′(x)的变化情况如下: x 0 (-∞,0) (0,+∞) f′(x) 0 - + f(x) 1 ↘ ↗ 所以函数 f(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增,f(0)=1 是 f(x) 的最小值. 当 b≤1 时,曲线 y=f(x)与直线 y=b 最多只有一个交点; 当 b>1 时,f(-2b)=f(2b)≥4b2-2b-1>4b-2b-1>b, f(0)=1<b, 所以存在 x1∈(-2b,0),x2∈(0,2b), 使得 f(x1)=f(x2)=b. 由于函数 f(x)在区间(-∞,0)和(0,+∞)上均单调,所以当 b>1 时曲线 y=f(x)与直线 y =b 有且仅有两个不同交点. 综上可知,如果曲线 y=f(x)与直线 y=b 有两个不同交点,那么 b 的取值范围是(1,+ ∞). 9.(2014· 山东泰安模拟)某种产品每件成本为 6 元,每件售价为 x 元(6<x<11),年销售 585 21 为 u 万件,若已知 -u 与(x- )2 成正比,且售价为 10 元时,年销售为 28 万件. 8 4 (1)求年销售利润 y 关于售价 x 的函数关系式; (2)求售价为多少时,年利润最大,并求出最大年利润. 585 21 解:(1)设 -u=k(x- )2, 8 4 ∵售价为 10 元时,年销量为 28 万件, 585 21 ∴ -28=k(10- )2,解得 k=2. 8 4 21 2 585 ∴u=-2(x- ) + =-2x2+21x+18. 4 8 2 ∴y=(-2x +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. ∴函数 y=-2x3+33x2-108x-108 在(6,9)上是单调递增的,在(9,11)上是单调递减 的. ∴当 x=9 时,y 取最大值,且 ymax=135, ∴售价为 9 元时,年利润最大,最大年利润为 135 万元. 10.(2014· 辽宁省五校联考)已知函数 f(x)=aln x+1(a>0). 1 (1)当 x>0 时,求证:f(x)-1≥a(1- ); x (2)在区间(1,e)上 f(x)>x 恒成立,求实数 a 的范围. 1 解:(1)证明:设 φ(x)=f(x)-1-a(1- ) x 1 =aln x-a(1- )(x>0), x

a a 则 φ′(x)= - 2,令 φ′(x)=0,则 x=1,易知 φ(x)在 x=1 处取到最小值,故 φ(x)≥φ(1) x x 1 =0,即 f(x)-1≥a(1- ). x x-1 (2)由 f(x)>x 得 aln x+1>x,即 a> . ln x x-1 ln x- x x-1 令 g(x)= (1<x<e),则 g′(x)= . ln x (ln x)2 x-1 1 1 令 h(x)=ln x- (1<x<e), 则 h′(x)= - 2>0, 故 h(x)在定义域上单调递增, 所以 h(x)>h(1) x x x =0. x-1 因为 h(x)>0,所以 g′(x)>0,即 g(x)在定义域上单调递增,则 g(x)<g(e)=e-1,即 <e ln x -1,所以 a 的取值范围为[e-1,+∞). [能力提升] 1.某电视生产厂家有 A、B 两种型号的电视机参加家电下乡活动.若厂家投放 A、B 型 1 2 号电视机的价值分别为 p、q 万元,农民购买电视机获得的补贴分别为 p, ln q 万元.已 10 5 知厂家把总价值为 10 万元的 A、B 两种型号电视机投放市场,且 A、B 两种型号的电视机投 放金额都不低于 1 万元,请你制定一个投放方案,使得在这次活动中农民得到的补贴最多, 并求出其最大值.(精确到 0.1,参考数据:ln 4≈1.4) 解:设 B 型号电视机的价值为 x 万元(1≤x≤9),农民得到的补贴为 y 万元.则 A 型号 电视机的价值为(10-x)万元, 由题意得: 1 2 2 1 y= (10-x)+ ln x= ln x- x+1. 10 5 5 10 2 1 y′= - , 5x 10 由 y′=0,得 x=4. 当 x∈[1,4)时,y′>0, 当 x∈(4,9]时,y′<0, 2 所以当 x=4 时,y 取最大值,ymax= ln 4-0.4+1≈1.2, 5 即厂家分别投放 A、B 两种型号电视机价值为 6 万元和 4 万元时,农民得到补贴最多, 最多补贴约为 1.2 万元. 2.(2014· 浙江十校联考)已知函数 f(x)=ln x+ax(a∈R). (1)求 f(x)的单调区间; (2)设 g(x)=x2-4x+2,若对任意 x1∈(0,+∞),均存在 x2∈[0,1],使得 f(x1)<g(x2), 求 a 的取值范围. 1 ax+1 解:(1)f′(x)=a+ = (x>0). x x ①当 a≥0 时,由于 x>0,故 ax+1>0,f′(x)>0, 所以 f(x)的单调递增区间为(0,+∞). 1 ②当 a<0 时,由 f′(x)=0,得 x=- . a 1 1 在区间(0,- )上,f′(x)>0,在区间(- ,+∞)上,f′(x)<0,所以函数 f(x)的单调递 a a 1 1 增区间为(0,- ),单调递减区间为(- ,+∞). a a (2)由题意得 f(x)max<g(x)max,而 g(x)max=2, 由(1)知,当 a≥0 时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,值域为 R,故不符合题意.

1 1 当 a<0 时,f(x)在(0,- )上单调递增,在(- ,+∞)上单调递减, a a 1 1 故 f(x)的极大值即为最大值, f(- )=-1+ln(- )=-1-ln(-a), 所以 2>-1-ln(-a), a a 1 解得 a<- 3. e 1 即 a 的取值范围是(-∞,- 3). e 1 3.(2014· 海淀区期中练习)函数 f(x)= x3-kx,其中实数 k 为常数. 3 (1)当 k=4 时,求函数的单调区间; (2)若曲线 y=f(x)与直线 y=k 只有一个交点,求实数 k 的取值范围. 解:(1)因为 f′(x)=x2-k, 当 k=4 时,f′(x)=x2-4,令 f′(x)=x2-4=0,所以 x1=2,x2=-2. f′(x)、f(x)随 x 的变化情况如下表: x 2 (-∞,-2) -2 (-2,2) (2,+∞) f′(x) 0 0 + - + f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 所以 f(x)的单调递增区间是(-∞,-2),(2,+∞);单调递减区间是(-2,2). (2)令 g(x)=f(x)-k,所以 g(x)只有一个零点. 因为 g′(x)=f′(x)=x2-k. 1 当 k=0 时,g(x)= x3, 3 所以 g(x)只有一个零点 0. 当 k<0 时,g′(x)=x2-k>0 对 x∈R 恒成立, 所以 g(x)单调递增,所以 g(x)只有一个零点. 当 k>0 时,令 g′(x)=f′(x)=x2-k=0,解得 x1= k或 x2=- k. 所以 g′(x),g(x)随 x 的变化情况如下表: x (-∞,- k) - k (- k, k) ( k,+∞) k g′(x) 0 0 + - + g(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ g(x)有且仅有一个零点等价于 g(- k)<0, 2 9 即 g(- k)= k k-k<0,解得 0<k< . 3 4 9 综上所述,k 的取值范围是(-∞, ). 4


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