高考数学总复习 第二章第12课时 导数的应用与定积分课时闯关（含解析）

第二章第12课时导数的应用与定积分课时闯关（含答案解析）一、选择题1．(2011·高考湖南卷)由直线x＝－eq\f(π,3)，x＝eq\f(π,3)，y＝0与曲线y＝cosx所围成的封闭图形的面积为()A.eq\f(1,2) B．1C.eq\f(\r(3),2) D.eq\r(3)解析：选D.根据定积分的定义，所围成的封闭图形的面积为eq\i\in(－\f(π,3),\f(π,3),)cosxdx＝sinxeq\b\lc\|(\s(\f(π,3),－\f(π,3)))＝sineq\f(π,3)－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝eq\r(3).2．用边长为48cm的正方形铁皮做一个无盖的铁盒时，在铁皮的四角各截去一个面积相等的小正方形，然后把四边折起，就能焊成铁盒．所做的铁盒容积最大时，在四角截去的正方形的边长为()A．6cm B．8cmC．10cm D．12cm解析：选B.设剪去的小正方形边长为xcm，则V＝x·(48－2x)2＝4x(24－x)2，∴V′(x)＝4(24－x)2＋8x(24－x)(－1)，令V′(x)＝0可以得x＝8.故选B.3．函数f(x)＝eq\f(1,2)ex(sinx＋cosx)在区间[0，eq\f(π,2)]上的值域为()A．[eq\f(1,2)，eq\f(1,2)eeq\f(π,2)] B．(eq\f(1,2)，eq\f(1,2)eeq\f(π,2))C．[1，eeq\f(π,2)] D．(1，eeq\f(π,2))解析：选A.f′(x)＝eq\f(1,2)ex(sinx＋cosx)＋eq\f(1,2)ex(cosx－sinx)＝excosx，当0≤x≤eq\f(π,2)时，f′(x)≥0，∴f(x)是[0，eq\f(π,2)]上的增函数．∴f(x)的最大值为f(eq\f(π,2))＝eq\f(1,2)eeq\f(π,2)，f(x)的最小值为f(0)＝eq\f(1,2).4．(2012·兰州调研)函数f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)内有最小值，则a的取值范围为()A．0≤a<1 B．0<a<1C．－1<a<1 D．0<a<eq\f(1,2)解析：选B.∵y′＝3x2－3a，令y′＝0，可得：a＝x2.又∵x∈(0,1)，∴0<a<1.故选B.5．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，x∈[－2,2]表示的曲线过原点，且在x＝±1处的切线斜率均为－1，给出以下结论：①f(x)的解析式为f(x)＝x3－4x，x∈[－2,2]；②f(x)的极值点有且仅有一个；③f(x)的最大值与最小值之和等于0.其中正确的结论有()A．0个 B．1个C．2个 D．3个解析：选C.∵f(0)＝0，∴c＝0，∵f′(x)＝3x2＋2ax＋b.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝－1,f′－1＝－1))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3＋2a＋b＝－1,3－2a＋b＝－1)).解得a＝0，b＝－4，∴f(x)＝x3－4x，∴f′(x)＝3x2－4.令f′(x)＝0，得x＝±eq\f(2,3)eq\r(3)∈[－2,2]，∴极值点有两个．∵f(x)为奇函数，∴f(x)max＋f(x)min＝0.∴①③正确，故选C.二、填空题6．函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx在[1，e]上的最大值为________．解析：∵f′(x)＝x－eq\f(1,x)，∴当x∈(1，e)时，f′(x)＞0，∴f(x)在[1，e]上是增函数，故f(x)min＝f(1)＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)7．已知f(x)＝－x2＋mx＋1在区间[－2，－1]上的最大值就是函数f(x)的极大值，则m的取值范围是________．解析：f′(x)＝m－2x，令f′(x)＝0，则x＝eq\f(m,2)，由题设得eq\f(m,2)∈[－2，－1]，故m∈[－4，－2]．答案：[－4，－2]8．已知函数f(x)＝ax3－3x＋1对x∈(0,1]总有f(x)≥0成立，则实数a的取值范围是________．解析：当x∈(0,1]时不等式ax3－3x＋1≥0可化为a≥eq\f(3x－1,x3)，设g(x)＝eq\f(3x－1,x3)，x∈(0,1]，g′(x)＝eq\f(3x3－3x－13x2,x6)＝－eq\f(6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2))),x4)，g′(x)与g(x)随x变化情况如下表：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))f′(x)＋0－f(x)↗4↘因此g(x)的最大值为4，则实数a的取值范围是[4，＋∞)．答案：[4，＋∞)三、解答题9．已知a为实数，函数f(x)＝(x2＋1)(x＋a)．若f′(－1)＝0，求函数y＝f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，1))上的最大值和最小值．解：∵f′(－1)＝0，∴3－2a＋1＝0，即a＝2.∴f′(x)＝3x2＋4x＋1＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,3)))(x＋1)．由f′(x)＞0，得x＜－1或x＞－eq\f(1,3)；由f′(x)＜0，得－1＜x＜－eq\f(1,3).因此，函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，1))上的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－1))，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1))，单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,3))).∴f(x)在x＝－1处取得极大值为f(－1)＝2；f(x)在x＝－eq\f(1,3)处取得极小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝eq\f(50,27).又∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝eq\f(13,8)，f(1)＝6，且eq\f(50,27)＞eq\f(13,8)，∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，1))上的最大值为f(1)＝6，最小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝eq\f(13,8).10．(2011·高考浙江卷)设函数f(x)＝a2lnx－x2＋ax，a>0.(1)求f(x)的单调区间；(2)求所有的实数a，使e－1≤f(x)≤e2对x∈[1，e]恒成立．注：e为自然对数的底数．解：(1)因为f(x)＝a2lnx－x2＋ax，其中x>0，所以f′(x)＝eq\f(a2,x)－2x＋a＝－eq\f(x－a2x＋a,x).由于a>0，所以f(x)的增区间为(0，a)，减区间为(a，＋∞)．(2)由题意得f(1)＝a－1≥e－1，即a≥e.由(1)知f(x)在[1，e]内单调递增，要使e－1≤f(x)≤e2对x∈[1，e]恒成立．只要eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝a－1≥e－1，,fe＝a2－e2＋ae≤e2，))解得a＝e.11．某造船公司年造船量是20艘，已知造船x艘的产值函数为R(x)＝3700x＋45x2－10x3(单位：万元)，成本函数为C(x)＝460x＋5000(单位：万元)，又在经济学中，函数f(x)的边际函数Mf(x)的定义为Mf(x)＝f(x＋1)－f(x)．(1)求利润函数P(x)及边际利润函数MP(x)；(提示：利润＝产值－成本)(2)问年造船量安排多少艘时，可使公司造船的年利润最大？(3)求边际利润函数MP(x)的单调递减区间，并说明单调递减在本题中的实际意义是什么？解：(1)P(x)＝R(x)－C(x)＝－10x3＋45x2＋3240x－5000(x∈N*，且1≤x≤20)；MP(x)＝P(x＋1)－P(x)＝－30x2＋60x＋3275(x∈N*，且1≤x≤19)．(2)P′(x)＝－30x2＋90x＋3240＝－30(x－12)(x＋9)，∵1≤x≤20，x∈N*，∴P′(x)＝0时，x＝12，当1≤x<12，且x∈N*时，P′(