高中数学 3.2 第2课时基础巩固 北师大版选修2-2

【成才之路】-学年高中数学3.2第2课时基础巩固北师大版选修2-2一、选择题1．函数f(x)＝x(1－x2)在[0,1]上的最大值为()A.eq\f(2\r(3),9) B.eq\f(2\r(2),9)C.eq\f(3\r(2),9) D.eq\f(3,8)[答案]A[解析]f(x)＝x－x3，f′(x)＝1－3x2，令f′(x)＝0得x＝eq\f(\r(3),3)(x＝－eq\f(\r(3),3)舍去)，计算比较得最大值为f(eq\f(\r(3),3))＝eq\f(2\r(3),9).2．一艘轮船在航行中的燃料费和它的速度的立方成正比，已知在速度为每小时10km时燃料费是每小时6元，而其他与速度无关的费用是每小时96元，则此轮船的速度为______km/h航行时，能使行驶每公里的费用总和最小()A．20 B．30C．40 D．60[答案]A[解析]设船速为每小时x(x＞0)公里，燃料费为Q元，则Q＝kx3，由已知得：6＝k·103，∴k＝eq\f(3,500)，即Q＝eq\f(3,500)x3.记行驶每公里的费用总和为y元，则y＝(eq\f(3,500)x3＋96)·eq\f(1,x)＝eq\f(3,500)x2＋eq\f(96,x)y′＝eq\f(3,250)x－eq\f(96,x2)，令y′＝0，即eq\f(3,250)x－eq\f(96,x2)＝0，解之得：x＝20.这就是说，该函数在定义域(0，＋∞)内有唯一的极值点，该极值必有所求的最小值，即当船速为每小时20公里时，航行每公里的总费用最小，最小值为7.2元．3．已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x4－2x3＋3m，x∈R，若f(x)＋9≥0恒成立，则实数m的取值范围是()A．m≥eq\f(3,2) B．m>eq\f(3,2)C．m≤eq\f(3,2) D．m<eq\f(3,2)[答案]A[解析]由f′(x)＝2x3－6x2＝0得，x＝0或x＝3，经检验知x＝3是函数的一个最小值点，所以函数的最小值为f(3)＝3m－eq\f(27,2)，不等式f(x)＋9≥0恒成立，即f(x)≥－9恒成立，所以3m－eq\f(27,2)≥－9，解得m≥eq\f(3,2).二、填空题4．下列结论中正确的有________．①在区间[a，b]上，函数的极大值就是最大值；②在区间[a，b]上，函数的极小值就是最小值；③在区间[a，b]上，函数的最大值、最小值在x＝a和x＝b处取到；④在区间[a，b]上，函数的极大(小)值有可能就是最大(小)值．[答案]④[解析]由函数最值的定义知，①②③均不正确，④正确．故填④.5．函数f(x)＝ax4－4ax3＋b(a>0)在[1,4]上的最大值为3，最小值为－6，则a＋b＝________.[答案]eq\f(10,3)[解析]f′(x)＝4ax3－12ax2(a>0，x∈[1,4])．由f′(x)＝0，得x＝0(舍)，或x＝3，可得x＝3时，f(x)取得最小值为b－27a又f(1)＝b－3a，f(4)＝b∴f(4)为最大值．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝3，,b－27a＝－6，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,3)，,b＝3，))∴a＋b＝eq\f(10,3).三、解答题6．(·福州市八县联考)永泰某景区为提高经济效益，现对某一景点进行改造升级，从而扩大内需，提高旅游增加值，经过市场调查，旅游增加值y万元与投入x(x≥10)万元之间满足：y＝f(x)＝ax2＋eq\f(101,50)x－blneq\f(x,10)，a，b为常数．当x＝10万元时，y＝19.2万元；当x＝30万元时，y＝50.5万元．(参考数据：ln2＝0.7，ln3＝1.1，ln5＝1.6)．(1)求f(x)的解析式；(2)求该景点改造升级后旅游利润T(x)的最大值．(利润＝旅游增加值－投入)．[解析](1)由条件可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a×102＋\f(101,50)×10－bln1＝19.2，,a×302＋\f(101,50)×30－bln3＝50.5，))解得a＝－eq\f(1,100)，b＝1，则f(x)＝－eq\f(x2,100)＋eq\f(101,50)x－lneq\f(x,10)(x≥10)．(2)T(x)＝f(x)－x＝－eq\f(x2,100)＋eq\f(51,50)x－lneq\f(x,10)(x≥10)，则T′(x)＝eq\f(－x,50)＋eq\f(51,50)－eq\f(1,x)＝－eq\f(x－1x－50,50x)，令T′(x)＝0，则x＝1(舍)或x＝50，当x∈(10,50)时，T′(x)>0，因此T(x)在(10,50)上是增函数；当x∈(50，＋∞)时，T′(x)<0，因此T(x)在(50，＋∞)上是减函数，∴当x＝50时，T(x)取最大值．T(50)＝－eq\f(502,100)＋eq\f(51,50)×50－lneq\f(50,10)＝24.4(万元)．即该景点改造升级后旅游利润T(x)的最大值为24.4万元.一、选择题1．设底面为正三角形的直棱柱的体积为V，那么其表面积最小时，底面边长为()A.eq\r(3,V) B．eq\r(3,2V)C．eq\r(3,4V) D．2eq\r(3,V)[答案]C[解析]设底面边长为x，侧棱长为l，则V＝eq\f(1,2)x2·sin60°·l，∴l＝eq\f(4V,\r(3)x2).∴S表＝2S底＋3S侧＝x2·sin60°＋3·x·l＝eq\f(\r(3),2)x2＋eq\f(4\r(3)V,x).∴S表′＝eq\r(3)x－eq\f(4\r(3)V,x2)＝0∴x3＝4V，即x＝eq\r(3,4V)，又当x∈(0，eq\r(3,4V))时，S表′<0；当x∈(eq\r(3,4V)，V)时，S表′>0∴当x＝eq\r(3,4V)时，表面积最小．2．若函数f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋x在(a,10－a2)上有最大值，则实数a的取值范围为()A．[－1,1) B．[－2,1)C．[－2，－1) D．(－2，＋∞)[答案]B[解析]由于f′(x)＝－x2＋1，易知函数在(－∞，－1]上递减，在[－1,1]上递增，[1，＋∞)上递减，故若函数在(a,10－a2)上存在最大值的条件为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤a＜1,10－a2＞1))⇒－1≤a＜1或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＜－1,10－a2＞1⇒－2≤a＜－1，,f1≥fa))综上可知a的取值范围为[－2,1)．3．设直线x＝t与函数f(x)＝x2，g(x)＝lnx的图像分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为()A．1 B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(5),2) D.eq\f(\r(2),2)[答案]D[解析]本小题考查内容为导数的应用——求函数的最小值．令F(x)＝f(x)－g(x)＝x2－lnx，∴F′(x)＝2x－eq\f(1,x).令F′(x)＝0，∴x＝eq\f(\r(2),2)，∴F(x)在x＝eq\f(\r(2),2)处最小．4．已知不等式eq\f(lnkx,x)≤eq\f(1,e)对任意的正实数x恒成立，则实数k的取值范围是()A．(0,1] B．(－∞，1]C．[0,2] D．(0,2][答案]A[解析]令y＝eq\f(lnkx,x)，则y′＝eq\f(1－lnkx,x2)，可以验证当y′＝0即kx＝e，x＝eq\f(e,k)时，ymax＝eq\f(lne,\f(e,k))＝eq\f(k,e)，又y≤eq\f(1,e)对于x＞0恒成立∴eq\f(k,e)≤eq\f(1,e)，得k≤1又kx＞0，x＞0，∴k＞0，∴0＜k≤1.5．(·江西文，10)在同一直角坐标系中，函数y＝ax2－x＋eq\f(a,2)与y＝a2x3－2ax2＋x＋a(a∈R)的图像不可能的是()[答案]B[解析]若a＝0时，两函数分别为y＝－x和y＝x，选项D此时合适，若a≠0时，设f1(x)＝ax2－x＋eq\f(a,2)，设f2(x)＝a2x3－2ax2＋x＋af2′(x)＝3a2x2－4ax＋1＝(3ax－1)(ax①若a>0，易知f2(x)的极大值为f(eq\f(1,3a))＝eq\f(4,27a)＋a，极小值为f(eq\f(1,a))＝a，而f1(x)图象此时开口向上，对称轴为x＝eq\f(1,2a)>0且f1(eq\f(1,a))＝f1(0)＝eq\f(a,2)，f2(0)＝a，A、C均适合．(2)若a<0，f1(x)图象开口向下，对称轴为x＝eq\f(1,2a)<0，f(eq\f(1,a))＝f1(0)＝eq\f(a,2)<0，而f2(eq\f(1,a))>a<0，比较知0>eq\f(a,2)>a，也就是说当x＝eq\f(1,a)时函数f2(x)图象为极大值而此时f1(x)图象对应的点应该在(eq\f(1,a)，f2(eq\f(1,a)))上方，而B选项中显然右下方，因而B不可能．二、填空题6．设函数f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若对于任意x∈[－1,1]，都有f(x)≥0成立，则实数a的值为__________________．[答案]4[解析]本小题考查函数单调性的综合运用．若x＝0，则不论a取何值，f(x)≥0显然成立；当x>0即x∈(0,1]时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化为a≥eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3)，设g(x)＝eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3)，则g′(x)＝eq\f(31－2x,x4)，所以g(x)在区间eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递增，在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递减，因此g(x)max＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝4，从而a≥4；当x<0即x∈[－1,0]，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化为a≤eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3)，g(x)在区间[－1,0)上单调递增，因此g(x)min＝g(－1)＝4，从而a≤4，综上a＝4.7．已知函数f(x)＝logaeq\f(2x＋42,x)，当x∈[1,4]时，f(x)≥2恒成立，则a的取值范围是____________．[答案]1＜a≤4eq\r(2)[解析]要使得当x∈[1,4]时，f(x)≥2恒成立，只需保证当x∈[1,4]时，f(x)min≥2即可，因此问题转化为先求函数f(x)＝logaeq\f(2x＋42,x)在区间[1,4]上的最小值，再结合不等式求得a的取值范围．考虑到f(x)＝logaeq\f(2x＋42,x)的导数不好求，可以先采用换元的办法，利用导数法求出真数的最值，再考虑函数f(x)的最小值，但要注意对底数a加以讨论．令h(x)＝eq\f(2x＋42,x)＝4x＋eq\f(16,x)＋16，x∈[1,4]．∵h′(x)＝4－eq\f(16,x2)＝eq\f(4x－2x＋2,x2)，x∈[1,4]．∴当1≤x＜2时，h′(x)＜0，当2＜x≤4时，h′(x)＞0.∴h(x)在[1,2]上是单调减函数，在[2,4]上是单调增函数，∴h(x)min＝h(2)＝32，∴h(x)max＝h(1)＝h(4)＝36.∴当0＜a＜1时，有f(x)min＝loga36，当a＞1时，有f(x)min＝loga32.∵当x∈[1,4]时，f(x)≥2恒成立，∴f(x)min≥2.∴满足条件的a的值满足下列不等式组：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＜a＜1，,loga36≥2，))①或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞1，,loga32≥2，)) ②不等式组①的解集为空集，解不等式组②得1＜a≤4eq\r(2).综上所述，满足条件的a的取值范围是：1＜a≤4eq\r(2).三、解答题8．(·三峡名校联盟联考)时下，网校教学越来越受到广大学生的喜爱，它已经成为学生们课外学习的一种趋势，假设某网校的套题每日的销售量y(单位：千套)与销售价格x(单位：元/套)满足的关系式y＝eq\f(m,x－2)＋4(x－6)2，其中2<x<6，m为常数．已知销售价格为4元/套时，每日可售出套题21千套．(1)求m的值；(2)假设网校的员工工资、办公等所有开销折合为每套题2元(只考虑销售出的套数)，试确定销售价格x的值，使网校每日销售套题所获得的利润最大．(保留1位小数)[解析](1)因为x＝4时，y＝21，代入关系式y＝eq\f(m,x－2)＋4(x－6)2，得eq\f(m,2)＋16＝21，解得m＝10.(2)由(1)可知，套题每日的销售量y＝eq\f(10,x－2)＋4(x－6)2，所以每日销售套题所获得的利润f(x)＝(x－2)[eq\f(10,x－2)＋4(x－6)2]＝10＋4(x－6)2(x－2)＝4x3－56x2＋240x－278(2<x<6)，从而f′(x)＝12x2－112x＋240＝4(3x－10)(x－6)(2<x<6)．令f′(x)＝0，得x＝eq\f(10,3)，且在(0，eq\f(10,3))上，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；在(eq\f(10,3)，6)上，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以x＝eq\f(10,3)是函数f(x)在(2,6)内的极大值点，也是最大值点，所以当x＝eq\f(10,3)≈3.3时，函数f(x)取得最大值．故当销售价格为3.3元/套时，网校每日销售套题所获得的利润最大．9．(·全国大纲，22)函数f(x)＝ln(x＋1)－eq\f(ax,x＋a)(a>1)．讨论f(x)的单调性；[解析]f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝eq\f(x[x－a2－2a],x＋1x＋a2).①当1<a<2时，若x∈(－1，a2－2a)，则f′(x)>0，f(x)在(－1，a2－2若x∈(a2－2a,0)，则f′(x)<0，f(x)在(a2－2a若x∈(0，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)是增函数．②当a＝2时，f′(x)≥0，f′(x)＝0成立当且仅当x＝0，f(x)在(－1，＋∞)是增函数．③当a>2时，若x∈(－1,0)，则f′(x)>0，f(x)在(－1,0)是增函数；若x∈(0，a2－2a)，则f′(x)<0，f(x)在(0，a2－2若x∈(a2－2a，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)在(a2－210．设f(x)＝lnx，g(x)＝f(x)＋f′(x)．(1)求g(x)的单调区间和最小值；(2)讨论g(x)与g(eq\f(1,x))的大小关系；(3)求a的取值范围，使得g(a)－g(x)<eq\f(1,a)对任意x>0成立．[分析](1)先求f′(x)，写出g(x)，对g(x)求导，g′(x)>0求得增区间，g′(x)<0求得减区间；(2)作差构造函数h(x)＝g(x)－g(eq\f(1,x))，对h(x)求导，判定其单调性，进一