課時作業(yè) 一、選擇題 1．f(x)是定義在(0，＋∞)上的非負可導函數(shù)，且滿足xf′(x)＋f(x)≤0，對任意正數(shù)a，b，若a<b，則必有 (　　) A．a(chǎn)f(b)≤bf(a)　　　　　　　 B．bf(a)≤af(b) C．a(chǎn)f(a)≤f(b) D．bf(b)≤f(a) A　[∵xf′(x)≤－f(x)，f(x)≥0， ∴′＝≤≤0. 則函數(shù)在(0，＋∞)上是單調(diào)遞減的， 由于0<a<b，則≥.即af(b)≤bf(a)．] 2．(2014·昆明調(diào)研)若曲線f(x)＝acos x與曲線g(x)＝x2＋bx＋1在交點(0，m)處有公切線，則a＋b＝ (　　) A．－1 B．0 C．1 D．2 C　[依題意得，f′(x)＝－asin x，g′(x)＝2x＋b， 于是有f′(0)＝g′(0)，即－asin 0＝2×0＋b，b＝0， m＝f(0)＝g(0)，即m＝a＝1，因此a＋b＝1，選C.] 3．(2014·浙江省名校聯(lián)考)設(shè)函數(shù)ht(x)＝3tx－2t，若有且僅有一個正實數(shù)x0，使得h7(x0)≥ht(x0)對任意的正數(shù)t都成立，則x0＝ (　　) A．5 B. C．3 D. D　[∵h7(x0)≥ht(x0)對任意的正數(shù)t都成立， ∴h7(x0)≥ht(x0)max. 記g(t)＝ht(x0)＝3tx0－2t， 則g′(t)＝3x0－3t，令g′(t)＝0，得t＝x， 易得ht(x0)max＝g(x)＝x， ∴21x0－14≥x，將選項代入檢驗可知選D.] 4．做一個圓柱形鍋爐，容積為V，兩個底面的材料每單位面積的價格為a元，側(cè)面的材料每單位面積的價格為b元，當造價最低時，鍋爐的底面直徑與高的比為 (　　) A. B. C. D. C　[如圖，設(shè)圓柱的底面半徑為R，高為h， 則V＝πR2h. 設(shè)造價為y＝2πR2a＋2πRhb＝2πaR2＋2πRb·＝ 2πaR2＋， ∴y′＝4πaR－. 令y′＝0，得＝.] 5．(2014·東北三省三校聯(lián)考)當a>0時，函數(shù)f(x)＝(x2－2ax)ex的圖象大致是 (　　) B　[利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值等函數(shù)性質(zhì)． 由f(x)＝0且a＞0得函數(shù)有兩個零點0，2a，排除A和C； 又因為f′(x)＝(2x－2a)ex＋(x2－2ax)ex＝[x2＋(2－2a)x－2a]ex，有Δ＝(2－2a)2＋8a＞0恒成立，所以f′(x)＝0有兩個不等根，即原函數(shù)有兩個極值點，排除D，故選B.] 6．若函數(shù)f(x)＝在[－2，2]上的最大值為2，則a的取值范圍是 (　　) A. B. C．(－∞，0] D. D　[當x≤0時，f′(x)＝6x2＋6x，易知函數(shù)f(x)在(－∞，0]上的極大值點是 x＝－1，且f(－1)＝2，故只要在(0，2]上，eax≤2即可，即ax≤ln 2在(0，2]上恒成立，即a≤在(0，2]上恒成立，故a≤ln 2.] 二、填空題 7．已知函數(shù)f(x)是R上的偶函數(shù)，且在(0，＋∞)上有f′(x)>0，若f(－1)＝0，那么關(guān)于x的不等式xf(x)<0的解集是________． 解析　在(0，＋∞)上有f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增．又函數(shù)f(x)是R上的偶函數(shù)，所以f(1)＝f(－1)＝0.當x>0時，f(x)<0，∴0<x<1；當x<0時，圖象關(guān)于y軸對稱，f(x)>0，∴x<－1. 答案　(－∞，－1)∪(0，1) 8．直線y＝a與函數(shù)f(x)＝x3－3x的圖象有相異的三個公共點，則a的取值范圍是________． 解析　令f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1，可得極大值為 f(－1)＝2，極小值為f(1)＝－2，如圖，觀察得－2<a<2時恰有三個不同的公共點． 答案　(－2，2) 9．(2014·廣州模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若對于任意x∈[－1，1]，都有f(x)≥0成立，則實數(shù)a的值為__________． 解析　(構(gòu)造法)若x＝0，則不論a取何值，f(x)≥0顯然成立； 當x＞0，即x∈(0，1]時，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化為a≥－.設(shè)g(x)＝－，則g′(x)＝， 所以g(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減，因此g(x)max＝g＝4，從而a≥4. 當x＜0，即x∈[－1，0)時，同理a≤－. g(x)在區(qū)間[－1，0)上單調(diào)遞增， ∴g(x)min＝g(－1)＝4，從而a≤4，綜上可知a＝4. 答案　4 三、解答題 10．已知函數(shù)f(x)＝x2＋ln x. (1)求函數(shù)f(x)在[1，e]上的最大值和最小值； (2)求證：當x∈(1，＋∞)時，函數(shù)f(x)的圖象在g(x)＝x3＋x2的下方． 解析　(1)∵f(x)＝x2＋ln x，∴f′(x)＝2x＋. ∵x＞1時，f′(x)＞0，故f(x)在[1，e]上是增函數(shù)， ∴f(x)的最小值是f(1)＝1，最大值是f(e)＝1＋e2. (2)證明：令F(x)＝f(x)－g(x)＝x2－x3＋ln x， ∴F′(x)＝x－2x2＋＝＝＝. ∵x＞1，∴F′(x)＜0. ∴F(x)在(1，＋∞)上是減函數(shù)． ∴F(x)＜F(1)＝－＝－＜0，即f(x)＜g(x)． ∴當x∈(1，＋∞)時，函數(shù)f(x)的圖象總在g(x)的圖象的下方． 11．(2014·泰安模擬)某種產(chǎn)品每件成本為6元，每件售價為x元(6<x<11)，年銷售為u萬件，若已知－u與成正比，且售價為10元時，年銷量為28萬件． (1)求年銷售利潤y關(guān)于售價x的函數(shù)關(guān)系式； (2)求售價為多少時，年利潤最大，并求出最大年利潤． 解析　(1)設(shè)－u＝k， ∵售價為10元時，年銷量為28萬件， ∴－28＝k，解得k＝2. ∴u＝－2＋＝－2x2＋21x＋18. ∴y＝(－2x2＋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， 顯然，當x∈(6，9)時，y′>0； 當x∈(9，11)時，y′<0. ∴函數(shù)y＝－2x3＋33x2－108x－108在(6，9)上是遞增的，在(9，11)上是遞減的． ∴當x＝9時，y取最大值，且ymax＝135， ∴售價為9元時，年利潤最大，最大年利潤為135萬元． 12．(2014·濟南模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax＋ln x，其中a為常數(shù)，設(shè)e為自然對數(shù)的底數(shù)． (1)當a＝－1時，求f(x)的最大值； (2)若f(x)在區(qū)間(0，e]上的最大值為－3，求a的值； (3)當a＝－1時，試推斷方程|f(x)|＝＋是否有實數(shù)解． 解析　(1)∵當a＝－1時，f(x)＝－x＋ln x， f′(x)＝－1＋＝. 當0<x<1時，f′(x)>0；當x>1時，f′(x)<0. ∴f(x)在(0，1)上是增函數(shù)，在(1，＋∞)上是減函數(shù)， ∴f(x)max＝f(1)＝－1. (2)∵f′(x)＝a＋，x∈(0，e]，∈. ①若a≥－，則f′(x)≥0，從而f(x)在(0，e]上是增函數(shù)， ∴f(x)max＝f(e)＝ae＋1≥0，不符合題意． ②若a<－，則由f′(x)>0得a＋>0， 即0<x<－， 由f′(x)<0得a＋<0，即－<x≤e. 從而f(x)在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)． ∴f(x)max＝f＝－1＋ln. 令－1＋ln＝－3，則ln＝－2， ∴－＝e－2，即a＝－e2<－，∴a＝－e2為所求． (3)由(1)知，當a＝－1時，f(x)max＝f(1)＝－1， ∴|f(x)|≥1. 令g(x)＝＋，則g′(x)＝， 令g′(x)＝0，得x＝e， 當0<x<e時，g′(x)>0，g(x)在(0，e)上單調(diào)遞增； 當x>e時，g′(x)<0，g(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞減． ∴g(x)max＝g(e)＝＋<1.∴g(x)<1. ∴|f(x)|>g(x)，即|f(x)|>＋. ∴當a＝－1時，方程|f(x)|＝＋沒有實數(shù)解．