高考数学课下练兵导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例
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.0C.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≤1C.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.
