2013届高考理科数学一轮复习课时作业(14)用导数研究函数的最值与生活中的优化问题举例

第一篇：2013届高考理科数学一轮复习课时作业(14)用导数研究函数的最值与生活中的优化问题举例

课时作业(十四)

第14讲用导数研究函数的最值与生活中的优化问题举例

[时间：35分钟分值：80分]

lnx1．函数y＝()x

B．eC．e2D.e

32．已知x≥0，y≥0，x＋3y＝9，则x2y的最大值为()

A．36B．18C．25D．

423．某城市在发展过程中，交通状况逐渐受到大家更多的关注，据有关统计数据显示，从上午6时到9时，车辆通过该市某一路段的用时y(分钟)与车辆进入该路段的时刻t之间

13629关系可近似地用如下函数给出：y3－t2＋36t－.则在这段时间内，通过该路段用时844

最多的时刻是()

A．6时B．7时C．8时D．9时

4．设正三棱柱的体积为V，那么其表面积最小时，底面边长为()1334VB．2VC.4VD.2

能力提升

1－x15．已知函数f(x)＝＋lnx，则f(x)在2，2上的最大值和最小值之和是()x

A．0B．1－ln2C．ln2－1D．1＋ln2

322x＋3x＋1x≤0，6．[2011·哈三中三模]函数f(x)＝ax在[－2,2]上的最大值为2，则ex>0

a的取值范围是()

ln2ln2B.0 A.22

ln2 C．(－∞，0]D.2

7．一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10 km时的燃料费是每小时6元，而其他与速度无关的费用是每小时96元，则使行驶每千米的费用总和最小时，此轮船的航行速度为()

A．20 km/hB．25 km/h

C．19 km/hD．km/h 基础热身

图K14－

18．[2011·江苏四市联考]今有一块边长为a的正三角形的厚纸，从这块厚纸的三个角，按图K14－1那样切下三个全等的四边形后，做成一个无盖的盒子，要使这个盒子容积最大，x值应为()

2aaaA．aB.C.D.326

9．某工厂生产某种产品，已知该产品的月生产量x(t)与每吨产品的价格p(元/t)之间的1关系式为：p＝24 200－x2，且生产x t的成本为R＝50 000＋200x(元)．则该厂每月生产

5________ t产品才能使利润达到最大．(利润＝收入－成本)

10．[2011·潮州模拟]在半径为R的圆内，作内接等腰三角形，当底边上高为________时它的面积最大．

图K14－2

11．[2011·宁化模拟]如图K14－2，用半径为R的圆铁皮，剪一个圆心角为a的扇形，制成一个圆锥形的漏斗，则圆心角a取________时，漏斗的容积最大．

12．(13分)[2011·无锡模拟]甲、乙两村合用一个变压器，如图K14－3所示，若两村用同型号线架设输电线路，问：变压器设在输电干线何处时，所需电线最短？

难点突破

13．(12分)[2011·长沙模拟]广东某民营企业主要从事美国的某品牌运动鞋的加工生产，按国际惯例以美元为结算货币，依据以往加工生产的数据统计分析，若加工产品订单的金额为x万美元，可获得的加工费近似地为x＋1)万美元，受美联储货币政策的影响，美元贬值，由于生产加工签约和成品交付要经历一段时间，收益将因美元贬值而损失mx万

美元(其中m为该时段美元的贬值指数，m∈(0,1))，从而实际所得的加工费为f(x)ln(2x＋

1)－mx(万美元)．

(1)若某时期美元贬值指数m＝，为确保企业实际所得加工费随x的增加而增加，该

200

企业加工产品订单的金额x应在什么范围内？

(2)若该企业加工产品订单的金额为x万美元时共需要的生产成本为x万美元，已知该

企业加工生产能力为x∈[10,20](其中x为产品订单的金额)，试问美元的贬值指数m在何范围时，该企业加工生产将不会出现亏损．

课时作业(十四)

【基础热身】

lnx′x－lnx·x′1－lnx

1．A [解析] 令y＝0，得x＝e，当x>e时，y′<0；当xx11

x0，故y极大值＝f(e)＝，在定义域内只有一个极值，所以ymax＝.ee

x

3－，x∈[0,9]，令f′(x)＝6x－x2＝0，得x＝0或x＝6，2．A [解析] 令f(x)＝x2y＝x23可以验证x＝6时f(x)有最大值36.333

3．C [解析] y′＝－2－＋36t＋12)(t－8)，令y′＝0得t＝－12(舍去)或t＝8，828

当6≤t<8时，y′>0，当8

4V

4．C [解析] 设底面边长为x，则高为h＝

3x2

4V4V∴S表＝3×x＋2×2＝x2，2·4x23x

4V∴S′表＝－3x，令S′表＝0，得x＝4V.x

经检验知，当x＝4V时S表取得最小值． 【能力提升】

x－1

5．B [解析] 对f(x)求导得f′(x)＝.x

1

(1)若x∈2，1，则f′(x)<0；(2)若x∈(1,2]，则f′(x)>0，1

故x＝1是函数f(x)在区间2，2上的唯一的极小值点，也就是最小值点，故f(x)min＝f(1)＝0；

11又f＝1－ln2，f(2)＝－ln2，22

1lne3－ln163所以f2－f(2)＝－2ln2＝，22

因为e3>2.73＝19.683>16，1所以f2－f(2)>0，1即f2>f(2)，112上最大值是f.即函数f(x)在区间2211，2上最大值是1－ln2，最小值是0.即f(x)在2上的最大综上知函数f(x)在区间22

值和最小值之和是1－ln2.6．D [解析] 当x≤0时，f′(x)＝6x2＋6x，函数的极大值点是x＝－1，极小值点是x＝0，当x＝－1时，f(x)＝2，故只要在(0,2]上eax≤2即可，即ax≤ln2在(0,2]上恒成立，即ln2ln2a≤(0,2]上恒成立，故a≤.x2

7．A [解析] 设船速度为x(x>0)时，燃料费用为Q元，则Q＝kx3，由6＝k×103可得33

k＝，∴Q3，500500

331396696x＋96x2＋，∴总费用y＝y′＝x－令y′＝0得x＝20，当x∈(0,20)500x500x500x时，y′<0，此时函数单调递减，当x∈(20，＋∞)时，y′>0，此时函数单调递增，∴当x＝20时，y取得最小值，∴此轮船以20 km/h的速度行驶每千米的费用总和最小．

a30

x，设容积为V，则

V＝Sh＝(a－2x)2x，23

2a

＝x3－ax2＋x，a22

V′＝3x－2ax＋，4aaaaa

令V′＝0得x＝或x＝舍去)，当00；当

aaaa4aa∴xV最大＝＋6216362421654

9．200 [解析] 每月生产x吨时的利润为f(x)＝24 200－2x－(50 000＋200x)＝－x3

＋24 000x－50 000(x≥0)．

由f′(x)＝－x2＋24 000＝0得x1＝200，x2＝－200，舍去负值．f(x)在[0，＋∞)内有唯

一的极大值点，也是最大值点．

R [解析] 设圆内接等腰三角形的底边长为2x，高为h，那么h＝RR－x，解2

得

x2＝h(2R－h)，于是内接三角形的面积为 S＝x·h＝2Rh－h·h＝2Rh－h，1从而S′＝Rh3－h4)－Rh3－h4)′

h23R－2h113423

＝(2Rh－h)－Rh－4h)＝ 222R－hh3

令S′＝0，解得h＝，由于不考虑不存在的情况，所以在区间(0,2R)上列表如下：

由此表可知，当x＝时，等腰三角形面积最大．

2611.[解析] 解法一：设圆锥的底面半径为r，高为h，体积为V，那么由r2＋h2＝

R2，Ra＝2πr，2R3121Ra2a24代入V＝πrh，得V＝π·2πR－2π＝a－，3312π4π

65a3a

再令T(a)＝a4T′(a)＝4a3－T′(a)＝0.4π2π5

2633a即4a－＝0，求得a＝，2π3

222检验，当00；当a<2π时，T′(a)<0，所以当a＝π时，333

T(a)取得极大值，并且这个极大值就是最大值，且T(a)取得最大值时，V也就取得最大值，2所以当a＝π时，漏斗的容积最大．

解法二：设圆锥的底面半径为r，高为h，体积为V，那么r2＋h2＝R2，因此V(r)＝r2h

＝πr2R－r＝πr－r(0

再令T′(r)＝0，即4R2r3－6r5＝0，求得r＝，可以检验当r＝R时，T(r)取得最大值，33

66226

也就是当r＝时，V(r)取得最大值．再把rR代入Ra＝2πr得a＝所以当a＝

3333

π时，漏斗的容积最大．

12．[解答] 设CD＝x(km)，则CE＝3－x(km)．

由题意知所需输电线的长l为：l＝AC＋BC＝1＋x＋1.5＋3－x(0≤x≤3)，－23－x2x

l′＝，1＋x21.5＋3－x3－xx

令l′＝0，得＝0，1＋x1.5＋3－x3－xx

即，1＋x1.5＋3－x

3－x2x，1＋x1.5＋3－x1．52x2＋x2(3－x)2＝(3－x)2＋x2(3－x)2，1．52x2＝(3－x)2,1.5x＝3－x，2．5x＝3，x＝1.2，故当CD＝1.2(km)时所需输电线最短． 【难点突破】

13．[解答](1)由已知m＝，200

1x

f(x)ln(2x＋1)x>0，2200

199－2x11

∴f′(x)＝＝2x＋12002002x＋1

由f′(x)>0，即199－2x>0，解得0

(2)依题设，企业加工生产不出现亏损，则当x∈[10,20]时，都有ln(2x＋1)－mx≥x，220

ln2x＋1111

由ln(2x＋1)－mx≥x，得＋m≤220202x

ln2x＋1

令g(x)＝x∈[10,20]，2x2x－ln2x＋12x＋1

则g′(x)＝

2x2x－2x＋1ln2x＋1＝.2x2x＋1

令h(x)＝2x－(2x＋1)ln(2x＋1)，22ln2x＋1＋2x＋1则h′(x)＝2－2x＋1＝－2ln(2x＋1)<0，

可知h(x)在[10,20]上单调递减． 从而h(20)≤h(x)≤h(10)，又h(10)＝20－21ln21<21(1－ln21)<0.故可知g(x)在[10,20]上单调递减，ln41ln411

因此g(x)min＝m404020

ln41－2

故当美元的贬值指数m∈0时，该企业加工生产不会亏损．

40

第二篇：2014届高三数学一轮复习《导数研究函数的最值、优化问题、方程与不等式》理

[第15讲 导数研究函数的最值、优化问题、方程与不等式]

(时间：45分钟 分值：100分)

基础热身

x1．[2013·韶关调研] 函数y＝xe的最小值是()

1A．－1B．－eC．不存在 e

322．f(x)＝x－3x＋2在区间[－1，1]上的最大值是()

A．－2B．0C．2D．4

3．某城市在发展过程中，交通状况逐渐受到大家更多的关注，据有关统计数据显示，从上午6时到9时，车辆通过该市某一路段的用时y(分钟)与车辆进入该路段的时刻t之间

1332629关系可近似地用如下函数给出：y＝－t－t＋36t则在这段时间内，通过该路段用844

时最多的时刻是()

A．6时B．7时C．8时D．9时

4．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y13＝－x＋81x－234，则使该生产厂家获得最大年利润的年产量为()3

A．13万件B．11万件C．9万件D．7万件

能力提升

5．一矩形铁皮的长为8 cm，宽为5 cm，在四个角上截去四个相同的小正方形，制成一个无盖的小盒子，盒子容积的最大值是()

3333A．12 cmB．15 cmC．18 cmD．16 cm

26．[2013·湖南卷] 设直线x＝t与函数f(x)＝x，g(x)＝lnx的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为()

152A．1B.D.222

37．[2013·全国卷] 已知函数y＝x－3x＋c的图象与x轴恰有两个公共点，则c＝()

A．－2或2B．－9或3

C．－1或1D．－3或1

8．已知正四棱锥S－ABCD中，SA＝23，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为()

A．1B.3C．2D．3

9．[2013·辽宁卷] 若x∈[0，＋∞)，则下列不等式恒成立的是()

1112x2A．e≤1＋x＋xB.1－x＋x 241＋x

1212C．cosx≥1D．ln(1＋x)≥x－ 2810．设底面为等边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

________．

ex＋1ex

11．[2013·厦门质检] 设函数f(x)＝，g(x)＝x，对任意x1，x2∈(0，＋∞)，xe

g（x1）f（x2）不等式k的取值范围是________．

kk＋1

12．某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品，若该商品零售价定为P元，则销售

量Q(单位：件)与零售价P(单位：元)有如下关系：Q＝8 300－170P－P.则该商品零售价定为________时，毛利润L最大，最大毛利润是________(毛利润＝销售收入－进货支出)．

13．将边长为1的正三角形薄片，沿一条平行于某边的直线剪成两块，其中一块是梯形，（梯形的周长）记S＝S的最小值是________．

梯形的面积

14．(10分)为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层．某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为6万元．该建筑物每年的能源消耗费用C(单位：万元)与隔热层厚度x(单位： cm)满足关系：C(x)＝

k

(0≤x≤10)，若不建隔热层，每年能源消耗费用为8万元．设f(x)为隔热层建造费用3x＋5

与20年的能源消耗费用之和．

(1)求k的值及f(x)的表达式；

(2)隔热层修建多厚时，总费用f(x)达到最小，并求最小值．

15．(13分)[2013·河北重点中学联考] 已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝－x＋ax－2.(1)求函数f(x)在[t，t＋2](t＞0)上的最小值；

(2)若函数y＝f(x)＋g(x)有两个不同的极值点x1，x2(x1＜x2)且x2－x1＞ln2，求实数a的取值范围．

难点突破

16．(12分)已知函数f(x)＝lnx－(1)当a>0时，判断f(x)在定义域上的单调性；

ax

(2)若f(x)在[1，e]上的最小值为a的值；

(3)试求实数a的取值范围，使得在区间(1，＋∞)上，函数y＝x的图象恒在函数f(x)的图象的上方．

课时作业(十五)

【基础热身】

x

1．C [解析] y′＝(x＋1)e，令y′＝0，得x＝－1.因为x<－1时y′<0；x>－1时

y′>0，所以x＝－1时，ymine

2．C [解析] f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0可得x＝0或2(舍去)，当－1≤x<0时，f′(x)>0，当0

3．C [解析] y－＋36＝－(t＋12)(t－8)，令y′＝0得t＝－12(舍去)

828

或t＝8，当6≤t<8时，y′>0，当8

4．C [解析] 因为y′＝－x＋81，所以当x>9时，y′<0；当00，所以

函数y＝－＋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．

【能力提升】

5．C [解析] 设小正方形的边长为x cm，则盒子底面长为8－2x，宽为5－2x.V＝(8

510322

－2x)(5－2x)x＝4x－26x＋40x0

23

(舍去)，则V极大值＝V(1)＝18，且在定义域内仅有一个极大值，∴V最大值＝18.6．D [解析] 用转化的思想：直线x＝t与函数f(x)＝x，g(x)＝lnx图象分别交于M，N，而|MN|的最小值，实际是函数F(t)＝t2－lnt(t>0)时的最小值．

122

令F′(t)＝2t－＝0，得t＝或t＝－舍去)．

t2222

F(t)＝t－lnt有最小值，即|MN|达到最小值，故选D.2

7．A [解析] 由f′(x)＝3x－3＝3(x＋1)(x－1)＝0⇒x＝±1，结合f(x)的图象可知只要f(－1)＝0或f(1)＝0即可，故解得c＝－2或2，故选A.1222

8．C [解析] 设底面边长为a，则高h＝SA－a＝12－2，所以体积V

22

故t＝121

＝h＝33

164

12a－a.21643535

设y＝12a－a，则y′＝48a－3a，当y取最值时，y′＝48a－3a＝0，解得a＝0(舍

212

12－a＝2.332

9．C [解析] 验证A，当x＝3时，e>2.7＝19.68>1＋3＋3＝13，故排除A；验证B，去)或a＝4，故a＝4时体积最大，此时h＝

当x＝2

6111113391 5211 536166而1＋＝＝故排除B；

***3

1＋

验证C，令g(x)＝cosx－1＋x，g′(x)＝－sinx＋x，g″(x)＝1－cosx，显然g″(x)>0

恒成立，所以当x∈[0，＋∞)时，g′(x)≥g′(0)＝0，所以x∈[0，＋∞)时，g(x)＝cosx－11212

＋为增函数，所以g(x)≥g(0)＝0恒成立，即cosx≥1－恒成立；验证D，令h(x)＝22

121xx（x－3）

ln(1＋x)－x＋x，h′(x)＝1h′(x)<0，解得0

8x＋144（x＋1）

0

10.4V [解析] 设底面边长为x，则高为h＝∴Sx＋2×x＝22

4x3x3x＋32，2

43V3

∴S′＝－23x，令S′＝0，得x＝4V.x

333

当04V时，S′>0，故当x＝4V时，S取得最小值． 11．k≥1 [解析] ∵k为正数，g（x1）f（x2）g（x）≤f（x）∴对任意x1，x2∈(0，＋∞)，不等式≤恒成立⇒kk＋1kmaxk＋1

.min

x＋2

e（1－x）

由g′(x)＝＝0得x＝1.e

x∈(0，1)，g′(x)>0，x∈(1，＋∞)，g′(x)<0，g（x）＝g（1）＝e∴kkkmax

ex－11

同理f′(x)＝0⇒x＝，2

xe

11x∈0，f′(x)<0，x∈，f′(x)>0，ee

1f

f（x）＝e2ee2e，k>0⇒k≥1.∴kk＋1k＋1mink＋1k＋1

12．30 23 000 [解析] 由题意知L(P)＝P·Q－20Q＝Q(P－20)

＝(8 300－170P－P)(P－20)

＝－P－150P＋11 700P－166 000，∴L′(P)＝－3P－300P＋11 700.令L′(P)＝0，得P＝30或P＝－130(舍)．

因为在P＝30附近的左侧L′(P)>0，右侧L′(P)<0，∴L(30)是极大值．

根据实际意义知，L(30)是最大值，此时L(30)＝23 000.即零售价定为每件30元时，有最大毛利润为23 000元．

323 [解析] 设DE＝x，由ED∥BC，△ABC为正三角形，AD＝DE＝AE＝x，BD＝EC

－x)，梯形的周长为BD＋DE＋EC＋BC＝3－x，梯形的面2

＝1－x.过D作DF⊥BC，DF＝

133（3－x）2

积为(x＋1)×(1－x)＝－x)．S＝(0<

x<1)．

22432

（1－x）4

24（2x－6）（1－x）－（34（2x－6）（1－3x）S，2222

（1－x）（1－x）331

令S′＝0，解得x＝3(舍去)，311132300，∴x＝时，Smin.3333

14．解：(1)设隔热层厚度为x cm，由题设，每年能源消耗费用为C(x)＝3x＋5

再由C(0)＝8，得k＝40，因此C(x)＝3x＋5

而建造费用为C1(x)＝6x.所以隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和为

40800

f(x)＝20C(x)＋C1(x)＝20×＋6x＝6x(0≤x≤10)．

3x＋53x＋54002 400

(2)f′(x)＝6－f′(x)＝0，即6.（3x＋5）（3x＋5）25

解得x＝5或x＝－(舍去)．

当00，故x＝5是f(x)的最小值点，对应

800的最小值为f(5)＝6×5＋＝70.15＋5

故当隔热层修建5 cm厚时，总费用达到最小值为70万元．

15．解：(1)由题意f′(x)＝lnx＋1＝0，得x＝.e

111①当0

11此时函数f(x)在[t，t＋2]上的最小值为f.ee

②当t≥时，函数f(x)在[t，t＋2]上单调递增，e

此时函数f(x)在[t，t＋2]上的最小值为f(t)＝tlnt.(2)由题意y＝f(x)＋g(x)＝xlnx－x＋ax＋2，则y′＝lnx－2x＋a＋1，知y′＝lnx－2x＋a＋1＝0有两个不同的实根x1，x2，等价于a＝－lnx＋2x－1有两个不同的实根x1，x2，等价于直线y＝a与函数G(x)＝－lnx＋2x－1的图象有两个不同的交点．

111由G′(x)＋2，知G(x)在0上单调递减，在上单调递增，x22

画出函数G(x)图象的大致形状如图，k

1由图易知，当a>G(x)min＝G＝ln2时，2

x1，x2存在，且x2－x1的值随a的增大而增大． 而当x2－x1＝ln2时，lnx1－2x1＋a＋1＝0，由题意得

lnx2－2x2＋a＋1＝0.

两式相减可得ln2(x2－x1)＝2ln2，得x2＝4x1，4

代入x2－x1＝ln2得x2＝4x1，2ln2此时实数aln2－ln－1，33

2ln2所以实数a的取值范围为a>ln2－ln－1.33

【难点突破】

1ax＋a

16．解：(1)f′(x)＋22(x>0)．

x2x1

xxx

当a>0时，f′(x)>0恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数．(2)由f′(x)＝0得x＝－a.①当a≥－1时，f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，f(x)在[1，e]上为增函数，33

f(x)min＝f(1)＝－a＝a＝－(舍)．

②当a≤－e时，f′(x)≤0在[1，e]上恒成立，f(x)在[1，e]上为减函数，a3e

则f(x)min＝f(e)＝1－＝a(舍)．

e22

③当－e0，f(x)在(x0，e)上为增函数．

∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝，得a＝－e，2综上知，ae.(3)由题意得x>lnx－在(1，＋∞)上恒成立，即a>xlnx－x在(1，＋∞)上恒成立．

设g(x)＝xlnx－x(x>1)，则g′(x)＝lnx－3x＋1.12

令h(x)＝lnx－3x＋1，则h′(x)＝6x，32

ax

x

当x>1时，h′(x)<0恒成立．

∴h(x)＝g′(x)＝lnx－3x＋1在(1，＋∞)上为减函数，则g′(x)

第三篇：备考2014高考数学--高考总复习课标版数学：42 导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例(限时练习)

限时作业21导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例

一、选择题

1.函数f(x)＝ax3-x在(-∞,+∞)内是减函数,则()

A.a＜1B.a1C.a＜0D.a≤0

3解析:f′(x)＝3ax2-1≤0在(-∞,+∞)上恒成立, 即a

而1在(-∞,+∞)上恒成立, 3x210,∴a≤0.故选D.23x

答案:D

2.函数f(x)＝1+x-sinx在(0,2π)上是 …()

A.增函数B.减函数

C.在(0,π)上增,在(π,2π)上减D.在(0,π)上减,在(π,2π)上增 解析:f′(x)＝1-cosx＞0,∴f(x)在(0,2π)上递增.故选A.答案:A

3.若a＞3,则方程x3-ax2+1＝0在(0,2)上恰有()

A.0个根B.1个根C.2个根D.3个根 解析:令f(x)＝x3-ax2+1,则f′(x)＝3x2-2ax＝3x(x

由f′(x)＝0,得x＝0或x2a).322a(∵a＞3,∴a2).33

∴当0＜x＜2时,f′(x)＜0,即f(x)在(0,2)上单调递减.又f(0)·f(2)＝8-4a+1＝9-4a＜0,∴f(x)在(0,2)上有一个零点,即方程在(0,2)上有一实根.故选B.答案:B

4.设f′(x)是函数f(x)的导数,y＝f′(x)的图象如右图所示,则y＝f(x)的图象最有可能是

（）

解析:由y＝f′(x)的图象可知，当x＜0时，f′(x)＞0,∴f(x)在（-∞,0)上单调递增；当0＜x＜2时，f′(x)＜0,∴f′(x)在（0，2）上单调递减.故选C.答案:C

5.(2008广东高考,理7)设a∈R,若函数y＝eax+3x,x∈R有大于零的极值点,则()A.a＞-3B.a＜-3C.a解析:y′＝a·eax+3＝0,当a＝0时,显然不合题意,∴a≠0.1

1D.a 33

313

.∴xln().aaa13

由题意,得ln()0,aa

∴e

ax



a0,∴ 301a

∴a＜-3.故应选B.答案:B

6.(2008福建高考,理12)已知函数y＝f(x),y＝g(x)的导函数的图象如右图,那么y＝f(x),y＝g(x)的图象可能是（）

解析:由y＝f′(x)和y＝g′(x)的图象可知，y＝f′(x)是减函数，y＝g′(x)是增函数.∴y＝g(x)图象上升速度越来越快,y＝f(x)图象上升速度越来越慢.故选D.答案:D

二、填空题

7.已知函数f(x)＝x3-12x+8在区间［-3,3］上的最大值与最小值分别为M,m,则M-m＝____________________.解析:f′(x)＝3x2-12＝3(x+2)(x-2),令f′(x)＝0,得x＝±2.∵f(-3)＝17,f(3)＝-1,f(-2)＝24,f(2)＝-8, ∴M-m＝f(-2)-f(2)＝32.答案:

328.函数y＝lnx-x在x∈(0,e］上的最大值为______________.解析:y

11x

1,令y′＝0,∴x＝1.又在(0,1］上y′＞0,在［1,e］上y′＜0,∴函数在x＝1xx

处取极大值,同时是最大值,此时y＝-1.答案:-

19.若函数f(x)__________.4x

在区间(m,2m+1)上是单调递增函数,则实数m的取值范围是2

x1

4(x21)8x24(1x2)

解析:f(x), 2

222(x1)(x1)

令f′(x)＞0,∴-1＜x＜1.m-1,

根据题意,得2m11,∴-1＜m≤0.2m1m,

答案:(-1,0］

10.在直径为d的圆木中，截取一个具有最大抗弯强度的长方体梁，则矩形面的长为_____________.（强度与bh2成正比，其中h为矩形的长，b为矩形的宽）

解析:右图为圆木的横截面, 由b2+h2＝d2, ∴bh2＝b(d2-b2).设f(b)＝b(d2-b2), ∴f′(b)＝-3b2+d2.令f′(b)＝0,由b＞0, ∴b

d,且在(0,d］上f′(b)＞0, 33

d处取极大值,也是最大值, d,d)上,f′(b)＜0.∴函数f(b)在b33

在［

即抗弯强度最大,此时长h

d.3

答案:

6d 3

三、解答题

11.如图所示,有一块半椭圆形钢板,其长半轴长为2r,短半轴长为r.计划将此钢板切割成等腰梯形的形状,下底AB是半椭圆的短轴,上底CD的端点在椭圆上.记CD＝2x,梯形面积为S.(1)求面积S以x为自变量的函数式,并写出其定义域;(2)求面积S的最大值

.解:(1)依题意,以AB的中点O为原点建立直角坐标系xOy(如右图),则点C的横坐标为x,点C

x2y2

1(y≥0), 的纵坐标y满足方程22

r4r

解得y2r2x2(0＜x＜r).S

(2x2r)2r2x2 2

＝2(xr)r2x2, 其定义域为{x|0＜x＜r}.(2)记f(x)＝4(x+r)2(r2-x2),0＜x＜r, 则f′(x)＝8(x+r)2(r-2x).令f′(x)＝0,得x因为当0＜x＜

1r.2

rr1

时,f′(x)＞0;当＜x＜r时,f′(x)＜0,所以f(r)是f(x)的最大值.222

因此,当x

r时,S也取得最大值,最大值为21332f(r)r, 22

即梯形面积S的最大值为

332

r.2

a

(a＞0),设F(x)＝f(x)+g(x).x

12.已知函数f(x)＝lnx,g(x)(1)求F（x)的单调区间；

（2）若以y＝F(x)〔x∈(0,3］〕图象上任意一点P（x0,y0)为切点的切线的斜率k求实数a的最小值；

（3）是否存在实数m,使得方程f(x)g（恒成立，2

2a)m1恰好有两个不同的零点？若存在，2

x1

求m的取值范围；若不存在，请说明理由.a

(a＞0)的定义域为(0,+∞), x

1axa

∴F(x)2.2

xxx

解:(1)F(x)lnx

当x＞a时,F′(x)＞0;当0＜x＜a时,F′(x)＜0,∴F(x)的单调增区间为(a,+∞),F(x)的单调减区间为（0，a).(2)以P（x0,y0)为切点的切线的斜率为k＝F′(x0)＝

x0ax0,x0∈(0,3］,由已知，得

x0ax0



112,即ax0x0.22

12111

x0(x01)2, 222211∴a.∴amin＝.22

121

(3)由题意,知方程lnxxm在(0,+∞)内恰有两个不同的零点，22

121

即mlnxx在（0,+∞)内恰有两个不同的零点.221211(1x)(1x)

令h(x)lnxx,则h(x)x,当x∈(0,1)时,h′(x)＞0;

22xx

∵x0

当x∈(1,+∞)时,h′(x)＜0,∴h(x)在(0,1)上是增函数, h(x)在(1,+∞)上是减函数.于是,h(x)在x＝1处取得极大值即最大值, 最大值为＝h

(1)ln1

121

10.22

又x＞0且x→0时,h(x)lnx

121

x→-∞, 22

∴h(x)的大致图象如右图所示:

则y＝m与y＝h(x)恰有两个交点,∴m＜0,即当m＜0时,方程f(x)＝g（2a)+m-1恰好有两个不同的零点.x21

第四篇：天津市2013届高三数学总复习之综合专题：导数在研究函数极值、最值中的应用 课堂验收(教师版)

导数在研究函数极值、最值中的应用

解答下列各题。（解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

1、若函数f(x)ax3bx2cxd在x1时有极大值5，在x1时有极小值1，试确定函数f(x)的解析式。

学案P1142、设a0，f(x)

（1）求a的值；

（2）证明f(x)在(0,)是增函数。

学案P1083、设a0，求函数f(x)x2

学案P114

ax(x1)的单调区间，并在有极值时，求出极值。exaaex是R上的偶函数。