高考数学专题复习测试卷12

第十五讲导数的应用一、选择题：(本大题共6小题，每小题6分，共36分，将正确答案的代号填在题后的括号内．)1．已知某生产厂家的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：万件)的函数关系式为y＝－eq\f(1,3)x3＋81x－234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为()A．13万件B．11万件C．9万件 D．7万件解析：因为y′＝－x2＋81，所以当x>9时，y′<0；当x∈(0,9)时，y′>0，所以函数y＝－eq\f(1,3)x3＋81x－234在(9，＋∞)上单调递减，在(0,9)上单调递增，所以x＝9是函数的极大值点，又因为函数在(0，＋∞)上只有一个极大值点，所以函数在x＝9处取得最大值．答案：C2．(2011·荆州质检题)函数f(x)＝ax3－3x＋1对于x∈[－1,1]总有f(x)≥0成立，则a的取值为()A．[2，＋∞) B．[4，＋∞)C．{4} D．[2,4]解析：f′(x)＝3ax2－3，当a≤0时，f(x)min＝f(1)＝a－2≥0，a≥2，不合题意；当0<a≤1时，f′(x)＝3ax2－3＝3aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,\r(a))))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,\r(a))))，f(x)在[－1,1]上为减函数，f(x)min＝f(1)＝a－2≥0，a≥2，不合题意；当a>1时，f(－1)＝－a＋4≥0且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a))))＝－eq\f(2,\r(a))＋1≥0，解得a＝4.综上所述，a＝4，故选C.答案：C3．设f(x)、g(x)是R上的可导函数，f′(x)，g′(x)分别为f(x)、g(x)的导函数，且满足f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)<0，则当a<x<b时，有()A．f(x)g(b)>f(b)g(x)B．f(x)g(a)>f(a)g(x)C．f(x)g(x)>f(b)g(b)D．f(x)g(x)>f(b)g(a)解析：令y＝f(x)·g(x)，则y′＝f′(x)·g(x)＋f(x)·g′(x)，由于f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)<0，所以y在R上单调递减，又x<b，故f(x)g(x)>f(b)g(b)．答案：C4．函数f(x)＝eq\f(1,2)ex(sinx＋cosx)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的值域为()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)e\f(π,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)e\f(π,2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，e\f(π,2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，e\f(π,2)))解析：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，且只有在x＝eq\f(π,2)时f′(x)＝0，∴f(x)是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的增函数，∴f(x)的最大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(1,2)eeq\f(π,2)，f(x)的最小值为f(0)＝eq\f(1,2).∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)e\f(π,2))).故应选A.答案：A5．已知函数f(x)＝x2＋2x＋alnx，若函数f(x)在(0,1)上单调，则实数a的取值范围是()A．a≥0B．a<－4C．a≥0或a≤－4D．a>0或a<－4解析：∵f′(x)＝2x＋2＋eq\f(a,x)，f(x)在(0,1)上单调，∴f′(x)≥0或f′(x)≤0在(0,1)上恒成立，即2x2＋2x＋a≥0或2x2＋2x＋a≤0在(0,1)上恒成立，所以a≥－(2x2＋2x)或a≤－(2x2＋2x)在(0,1)上恒成立．记g(x)＝－(2x2＋2x),0<x<1，可知－4<g(x)<0，∴a≥0或a≤－4，故选C.答案：C6．(2010·江西)如图，一个正五角星薄片(其对称轴与水面垂直)匀速地升出水面，记t时刻五角星露出水面部分的图形面积为S(t)(S(0)＝0)，则导函数y＝S′(t)的图象大致为()解析：由导数的定义知，S′(t0)表示面积函数S(t0)在t0时刻的瞬时变化率．如图，正五角星薄片中首先露出水面的区域I，此时其面积S(t)在逐渐增大，且增长速度越来越快，故其瞬时变化率S′(t)也应逐渐增大；当露出的是区域Ⅱ时，此时的S(t)应突然增大，然后增大速度减慢，但仍为增函数，故其瞬时变化率S′(t)也随之突然变大，再逐渐变小，但S′(t)>0(故可排除B)；当五角星薄片全部露出水面后，S(t)的值不再变化，故其导数值S′(t)最终应等于0，符合上述特征的只有选项A.答案：A二、填空题：(本大题共4小题，每小题6分，共24分，把正确答案填在题后的横线上．)7．函数f(x)＝x＋eq\f(9,x)的单调区间为________．解析：f′(x)＝1－eq\f(9,x2)＝eq\f(x2－9,x2)，令f′(x)<0，解得－3<x<0或0<x<3，故单调减区间为(－3,0)和(0,3)．答案：(－3,0)，(0,3)8．若函数f(x)＝x3－3x＋a有三个不同的零点，则实数a的取值范围是________．解析：f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)．令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝1.∴f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上递增，在(－1,1)上递减，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(－1)>0,f(1)<0))，∴－2<a<2.答案：－2<a<29．函数f(x)＝x3－px2＋2m2－m＋1在区间(－2,0)内单调递减，且在区间(－∞，－2)及(0，＋∞)内单调递增，则实数p的取值集合是________．解析：由已知条件可知，f(x)在x＝0和x＝－2处分别取得极小值和极大值．∵f′(x)＝3x2－2px＝x(3x－2p)，∴3×(－2)－2p＝0，∴p＝－3.∴p的取值集合是{－3}．答案：{－3}10．函数y＝sin2x－x，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))的最大值是________，最小值是________．答案：eq\f(π,2)－eq\f(π,2)三、解答题：(本大题共3小题，11、12题13分，13题14分，写出证明过程或推演步骤．)11．设函数f(x)＝x3－6x＋5，x∈R.(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)若关于x的方程f(x)＝a有三个不同实根，求实数a的取值范围；(3)已知当x∈(1，＋∞)时，f(x)≥k(x－1)恒成立，求实数k的取值范围．解：(1)f′(x)＝3x2－6，令f′(x)＝0，解得x1＝－eq\r(2)，x2＝eq\r(2).因为当x>eq\r(2)或x<－eq\r(2)时，f′(x)>0；当－eq\r(2)<x<eq\r(2)时，f′(x)<0.所以f(x)的单调递增区间为(－∞，－eq\r(2))和(eq\r(2)，＋∞)；单调减区间为(－eq\r(2)，eq\r(2))．当x＝－eq\r(2)时，f(x)有极大值5＋4eq\r(2)；当x＝eq\r(2)时，f(x)有极小值5－4eq\r(2).(2)由(1)的分析知y＝f(x)的图象的大致形状及走向如图所示，当5－4eq\r(2)<a<5＋4eq\r(2)时，直线y＝a与y＝f(x)的图象有三个不同交点，即方程f(x)＝a有三个不同的解．(3)f(x)≥k(x－1)，即(x－1)(x2＋x－5)≥k(x－1)．因为x>1，所以k≤x2＋x－5在(1，＋∞)上恒成立．令g(x)＝x2＋x－5，此函数在(1，＋∞)上是增函数．所以g(x)>g(1)＝－3.所以k的取值范围是k≤－3.评析：(1)利用导数求单调区间和极值．(2)由(1)的结论，问题转化为y＝f(x)和y＝a的图象有3个不同的交点，利用数形结合的方法求解．(3)将问题转化为不等式恒成立问题，利用分离参数法求解．本题综合考查了利用导数求单调区间、极值以及方程、函数、不等式三者之间的相互转化，对理性思维能力要求较高．12．已知函数f(x)＝ax3－6ax2＋b，问是否存在实数a、b，使f(x)在[－1,2]上取得最大值3，最小值－29？若存在，求出a、b的值；若不存在，请说明理由．解：显然a≠0.f′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)．令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝4(舍去)．(1)当a>0时，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x[－1,0)0(0,2]f′(x)＋0－f(x)最大值所以当x＝0时，f(x)取得最大值，所以f(0)＝b＝3.又f(2)＝－16a＋3，f(－1)＝－7a＋3，f(－1)>f(2)．所以当x＝2时，f(x)取得最小值，即－16a＋3＝－29，a＝2.(2)当a<0时，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x[－1,0)0(0,2]f′(x)－0＋f(x)最小值所以当x＝0时，f(x)取得最小值，所以b＝－29.又f(2)＝－16a－29，f(－1)＝－7a－29，f(2)>f(－1)．所以当x＝2时，f(x)取得最大值，即－16a－29＝3，a＝－2.综上所述a＝2，b＝3或a＝－2，b＝－29.评析：本题综合运用了求极值、最值的方法确定系数a、b，注意对a的讨论和最大值、最小值的确定．13．已知函数f(x)＝x2e－ax(a>0)，求函数在[1,2]上的最大值．分析：通过求导先判断单调性再求最值．在求最值时，对a的情况要进行讨论．解：f(x)＝x2e－ax(a>0)，∴f′(x)＝2xe－ax＋x2·(－a)e－ax＝e－ax(－ax2＋2x)．令f′(x)>0，即e－ax(－ax2＋2x)>0，得0<x<eq\f(2,a).∴f(x)在(－∞，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，＋∞))上是减函数，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,a)))上是增函数．①当0<eq\f(2,a)<1，即a>2时，f(x)在(1,2)上是减函数，∴[f(x)]max＝f(1)＝e－a.②当1≤eq\f(2,a)≤2，即1≤a≤2时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2,a)))上是增函数，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，2))上是减函数，∴[f(x)]max＝feq\b\lc\(\