创新教程2016年高考数学大一轮复习第二章第11节导数在研究函数中的应用课时冲关理新人教A版

【创新教程】2016年高考数学大一轮复习 第二章 第11节 导数在
研究函数中的应用课时冲关 理 新人教A 版
对应学生用书课时冲关 理十四第259页 文十四
第227页 一、选择题
1．函数y ＝(3－x 2)e x 的单调递增区间是( )
A ．(－∞，0)
B ．(0，＋∞)
C ．(－∞，－3)和(1，＋∞)
D ．(－3,1) 解析：y ′＝－2x e x ＋(3－x 2)e x ＝e x (－x 2－2x ＋3)，
由y ′>0⇒x 2＋2x －3<0⇒－3<x <1，
∴函数y ＝(3－x 2)e x 的单调递增区间是(－3,1)．
故选D.
答案：D
2．(2015·天津模拟)若函数f (x )＝x 3－6bx ＋3b 在(0,1)内有极小值，则实数b 的取值范围是( )
A ．(0,1)
B ．(－∞，1)
C ．(0，＋∞)
D.⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12 解析：f ′(x )＝3x 2－6b ，
令f ′(x )＝0得x 2＝2b ，
由题意知，0<2b <1，所以0<b <12
.故选D. 答案：D
3．(2015·青岛模拟)函数y ＝ln x －x 在x ∈(0，e]上的最大值为( )
A ．e
B ．1
C ．－1
D ．－e 解析：函数y ＝ln x －x 的定义域为(0，＋∞)，
又y ′＝1x －1＝1－x x
，令y ′＝0得x ＝1， 当x ∈(0,1)时，y ′>0，函数单调递增；
当x ∈(1，e)时，y ′<0，函数单调递减．
当x ＝1时，函数取得最大值－1，故选C.
答案：C
4．若函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d有极值，则导函数f′(x)的图象不可能是( )
解析：若函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d有极值，则此函数在某点两侧的单调性相反，也就是说导函数f′(x)在此点两侧的导函数值的符号相反，所以导函数的图象要穿过x轴，观察四个选项中的图象只有D项是不符合要求的，即f′(x)的图象不可能是D.
答案：D
5．(2015·福建厦门质检)若函数f(x)＝x3－3x在(a,6－a2)上有最小值，则实数a的取值范围是( )
A．(－5，1) B．[－5，1)
C．[－2,1) D．(－5，－2]
解析：f′(x)＝3x2－3＝0，
得x＝±1，且x＝1为函数的极小值点，x＝－1为函数的极大值点．
函数f(x)在区间(a,6－a2)上，
则函数f(x)极小值点必在区间(a,6－a2)内，
即实数a满足a<1<6－a2
且f(a)＝a3－3a≥f(1)＝－2.
解a<1<6－a2得，－5<a<1，
不等式a3－3a≥f(1)＝－2，
即a3－3a＋2≥0，
即a3－1－3(a－1)≥0，
即(a－1)(a2＋a－2)≥0，
即(a－1)2(a＋2)≥0，
即a≥－2.
故实数a 的取值范围是[－2,1)．
答案：C
6．(2015·河南洛阳模拟)若f (x )＝－12
(x －2)2＋b ln x 在(1，＋∞)上是减函数，则b 的取值范围是( )
A ．[－1，＋∞)
B ．(－1，＋∞)
C ．(－∞，－1]
D ．(－∞，－1)
解析：由题意可知f ′(x )＝－(x －2)＋b x ≤0，
在x ∈(1，＋∞)上恒成立，
即b ≤x (x －2)在x ∈(1，＋∞)上恒成立，
由于φ(x )＝x (x －2)＝x 2－2x 在(1，＋∞)上的值域是(－1，＋∞)，故只要b ≤－1即可．
答案：C
二、填空题
7．已知向量a ＝(e x ＋x 22
，－x )，b ＝(1，t )，若函数f (x )＝a ·b 在区间(－1,1)上存在增区间，则t 的取值范围为________．
解析：f (x )＝e x ＋x 22
－tx ，x ∈(－1,1)，f ′(x )＝e x ＋x －t ，函数在(x 1，x 2)⊆(－1,1)上单调递增，
故e x
＋x >t ，x ∈(x 1，x 2)时恒成立，故e ＋1>t .
答案：(－∞，e ＋1)
8．直线y ＝a 与函数f (x )＝x 3－3x 的图象有相异的三个公共点，则a 的取值范围是________．
解析：令f ′(x )＝3x 2－3＝0，得x ＝±1，可得极大值为f (－
1)＝2，极小值为f (1)＝－2，如图，观察得－2<a <2时恰有三个不
同的公共点．
答案：(－2,2)
9．已知函数f (x )＝－12
x 2＋4x －3ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是________． 解析：由题意知f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－x 2＋4x －3x
＝－x －x －x ，
由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1,3，
则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，
函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调，
由t <1<t ＋1或t <3<t ＋1，得0<t <1或2<t <3.
答案：(0,1)∪(2,3)
10．(2015·郑州模拟)已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2
－4在x ＝2处取得极值，若m ，n ∈[－1,1]，则f (m )＋f ′(n )的最小值是________．
解析：f ′(x )＝－3x 2＋2ax ，
根据已知2a 3
＝2，得a ＝3， 即f (x )＝－x 3＋3x 2－4.
根据函数f (x )的极值点，可得函数f (m )在[－1,1]上的最小值为f (0)＝－4，f ′(n )＝－3n 2＋6n 在[－1,1]上单调递增，
所以f ′(n )的最小值为f ′(－1)＝－9.
[f (m )＋f ′(n )]min ＝f (m )min ＋f ′(n )min
＝－4－9＝－13.
答案：－13
三、解答题
11．(2015·太原模拟)设 f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax . (1)若f (x )在⎝ ⎛⎭
⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，求a 的取值范围； (2)当0<a <2时，f (x )在[1,4]的最小值为－163
，求f (x )在该区间上的最大值． 解：(1)由f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14
＋2a ， 当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞时，f ′(x )的最大值为f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝29
＋2a . 令29＋2a >0，得a >－19
， 所以当a >－19时，f (x )在⎝ ⎛⎭
⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间． (2)令f ′(x )＝0，得两根x 1＝1－1＋8a 2
， x 2＝1＋1＋8a 2
. 所以f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递减，在(x 1，x 2)上单调递增．
当0<a <2时，有x 1<1<x 2<4，所以f (x )在[1,4]上的最大值为f (x 2)．
又f (4)－f (1)＝－272
＋6a <0，即f (4)<f (1)， 所以f (x )在[1,4]上的最小值为f (4)＝8a －403＝－163
， 得a ＝1，x 2＝2，从而f (x )在[1,4]上的最大值为f (2)＝103
. 12．(2015·泰安模拟)某种产品每件成本为6元，每件售价为x 元(6<x <11)，年销售量
为u 万件，若已知5858－u 与⎝
⎛⎭⎪⎫x －2142成正比，且售价为10元时，年销量为28万件． (1)求年销售利润y 关于售价x 的函数关系式；
(2)求售价为多少时，年利润最大，并求出最大年利润．
解：(1)设5858－u ＝k ⎝
⎛⎭⎪⎫x －2142， ∵售价为10元时，年销量为28万件，
∴5858－28＝k ⎝
⎛⎭⎪⎫10－2142，解得k ＝2. ∴u ＝－2⎝
⎛⎭⎪⎫x －2142＋5858＝－2x 2＋21x ＋18. ∴y ＝(－2x 2＋21x ＋18)(x －6)＝－2x 3＋33x 2
－108x －108(6<x <11)．
(2)y ′＝－6x 2＋66x －108＝－6(x 2－11x ＋18)＝－6(x －2)(x －9)．
令y ′＝0，得x ＝2(舍去)或x ＝9，
显然，当x ∈(6,9)时，y ′>0；
当x ∈(9,11)时，y ′<0.
∴函数y ＝－2x 3＋33x 2－108x －108在(6,9)上是递增的，在(9,11)上是递减的． ∴当x ＝9时，y 取最大值，且y max ＝135，
∴售价为9元时，年利润最大，最大年利润为135万元．
[备课札记]。