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
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
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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.
