《創(chuàng)新大課堂高三人教版數(shù)學(xué)理一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)：第2章 第13節(jié) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(二)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《創(chuàng)新大課堂高三人教版數(shù)學(xué)理一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)：第2章 第13節(jié) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(二)（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時(shí)作業(yè) 一、選擇題 1．f(x)是定義在(0，＋∞)上的非負(fù)可導(dǎo)函數(shù)，且滿足xf′(x)＋f(x)≤0，對(duì)任意正數(shù)a，b，若a

2、 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(gè)正實(shí)數(shù)x0，使得h7(x0)≥ht(x0)對(duì)任意的正數(shù)t都成立，則x0＝ (　　) A．5 B. C．3 D. D　[∵h(yuǎn)7(x0)≥ht(x0)對(duì)任意的正數(shù)t都成立， ∴h7(x0)≥ht(x0)max. 記g(t)＝ht(x0)＝3tx0－2t， 則

3、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(xiàng)代入檢驗(yàn)可知選D.] 4．做一個(gè)圓柱形鍋爐，容積為V，兩個(gè)底面的材料每單位面積的價(jià)格為a元，側(cè)面的材料每單位面積的價(jià)格為b元，當(dāng)造價(jià)最低時(shí)，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(jià)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(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x

4、)＝(x2－2ax)ex的圖象大致是 (　　) B　[利用導(dǎo)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(gè)零點(diǎn)0，2a，排除A和C； 又因?yàn)閒′(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(gè)不等根，即原函數(shù)有兩個(gè)極值點(diǎn)，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(dāng)x≤0時(shí)，f′(x)＝6x2＋6x，易知函數(shù)f(x)在(－∞，0]上的極大值點(diǎn)是

5、 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(dāng)x>0時(shí)，f(x)<0，∴00，∴x<－1. 答案　(－∞，－1)∪(0，1) 8．

6、直線y＝a與函數(shù)f(x)＝x3－3x的圖象有相異的三個(gè)公共點(diǎn)，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

7、′(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(dāng)x＜0，即x∈[－1，0)時(shí)，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(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，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(shí)，f′(x)＞0，故f(x)在[1，e]上是增函

8、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(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，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(jià)為x元(6

9、求售價(jià)為多少時(shí)，年利潤(rùn)最大，并求出最大年利潤(rùn)． 解析　(1)設(shè)－u＝k， ∵售價(jià)為10元時(shí)，年銷量為28萬(wàn)件， ∴－28＝k，解得k＝2. ∴u＝－2＋＝－2x2＋21x＋18. ∴y＝(－2x2＋21x＋18)(x－6) ＝－2x3＋33x2－108x－108(60； 當(dāng)x∈(9，11)時(shí)，y′<0. ∴函數(shù)y＝－2x3＋33x2－108x－108在(6，9)上是遞增的，在(9，11)上

10、是遞減的． ∴當(dāng)x＝9時(shí)，y取最大值，且ymax＝135， ∴售價(jià)為9元時(shí)，年利潤(rùn)最大，最大年利潤(rùn)為135萬(wàn)元． 12．(2014·濟(jì)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(duì)數(shù)的底數(shù)． (1)當(dāng)a＝－1時(shí)，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(dāng)a＝－1時(shí)，試推斷方程|f(x)|＝＋是否有實(shí)數(shù)解． 解析　(1)∵當(dāng)a＝－1時(shí)，f(x)＝－x＋ln x， f′(x)＝－1＋＝. 當(dāng)00；當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)<0. ∴f(x)在(0，1)上是增函數(shù)，在(1，＋∞)上是減函數(shù)

11、， ∴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00，g(x)在(0，e)上單調(diào)遞增； 當(dāng)x>e時(shí)，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(dāng)a＝－1時(shí)，方程|f(x)|＝＋沒有實(shí)數(shù)解．