《高考數(shù)學(xué) 第二章 第十二節(jié) 導(dǎo)數(shù)與生活中的優(yōu)化問題及綜合應(yīng)用課時(shí)提升作業(yè) 理 新人教A版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué) 第二章 第十二節(jié) 導(dǎo)數(shù)與生活中的優(yōu)化問題及綜合應(yīng)用課時(shí)提升作業(yè) 理 新人教A版（6頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、高考數(shù)學(xué) 第二章 第十二節(jié) 導(dǎo)數(shù)與生活中的優(yōu)化問題及綜合應(yīng)用課時(shí)提升作業(yè) 理 新人教A版 一、選擇題 1.(xx·日照模擬)已知某生產(chǎn)廠家年利潤y(單位:萬元)與年產(chǎn)量x(單位:萬件)的函數(shù)關(guān)系式為則使該生產(chǎn)廠家獲得最大年利潤的年產(chǎn)量為( ) (A)13萬件 (B)11萬件 (C)9萬件 (D)7萬件 2.若對(duì)任意的x>0,恒有l(wèi)n x≤px-1(p>0),則p的取值范圍是(　　) (A)(0,1]　　　　(B)(1,+∞) (C)(0,1) (D)[1,+∞) 3.(xx·伊春模擬)在半徑為R的半球內(nèi)有一內(nèi)接圓柱,則這個(gè)圓柱的體積的最大值是(　　) (

2、A)πR3 (B)πR3 (C)πR3 (D)πR3 4.(xx·德州模擬)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，f(1)=0,當(dāng)x＞0時(shí)，有成立，則不等式f(x)＞0的解集是( ) (A)(-∞,-1)∪(1,+∞) (B)(-1,0) (C)(1,+∞) (D)(-1,0)∪(1,+∞) 5.函數(shù)y=2x3+1的圖象與函數(shù)y=3x2-b的圖象有三個(gè)不相同的交點(diǎn),則實(shí)數(shù)b的取值范圍是(　　) (A)(-2,-1) (B)(-1,0) (C)(0,1) (D)(1,2) 6.(xx·沈陽模擬)設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且f(2)＝0，當(dāng)

3、x>0時(shí)，有<0恒成立，則不等式x2f(x)>0的解集是( ) (A)(－2,0)∪(2，＋∞) (B)(－2,0)∪(0,2) (C)(－∞，－2)∪(2，＋∞) (D)(－∞，－2)∪(0,2) 二、填空題 7.已知函數(shù)f(x)=xsinx,x∈R,f(-4),f(),f()的大小關(guān)系為　　　　(用“<”連接). 8.(xx·江西師大附中模擬)已知f(x)=x3-3x+m，在區(qū)間［0,2］上任取三個(gè)不同的數(shù)a,b,c,均存在以f(a),f(b),f(c)為邊長的三角形，則m的取值范圍是 　　　　. 9．(能力挑戰(zhàn)題)設(shè)函數(shù),對(duì)任意x1，x2∈(0,＋∞)，不等式恒成

4、立，則正數(shù)k的取值范圍是__________. 三、解答題 10.(xx·石家莊模擬)已知函數(shù)f(x)=(a+1)ln x+ax2+1. (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性. (2)設(shè)a≤-2，證明：對(duì)任意x1,x2∈(0,+∞)，|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|. 11.某唱片公司要發(fā)行一張名為《春風(fēng)再美也比不上你的笑》的唱片，包含《新花好月圓》《荷塘月色》等10首創(chuàng)新經(jīng)典歌曲.該公司計(jì)劃用x(百萬元)請(qǐng)李子恒老師進(jìn)行創(chuàng)作，經(jīng)調(diào)研知：該唱片的總利潤y(百萬元)與(3-x)x2成正比的關(guān)系，當(dāng)x=2時(shí)y=32.又有∈(0,t］，其中t是常數(shù)，且t∈(0,2］. (1)設(shè)y=

5、f(x)，求其表達(dá)式及定義域(用t表示). (2)求總利潤y的最大值及相應(yīng)的x的值. 12.(能力挑戰(zhàn)題)已知函數(shù)f(x)=x3-x2+ax-a(a∈R). (1)當(dāng)a=-3時(shí),求函數(shù)f(x)的極值. (2)若函數(shù)f(x)的圖象與x軸有且只有一個(gè)交點(diǎn),求a的取值范圍. 答案解析 1.【解析】選C.因?yàn)閥′=-x2+81，由y′=0, 得x=9(-9舍去). 當(dāng)x∈(0,9)時(shí)，y′＞0; 當(dāng)x∈(9,+∞)時(shí)，y′＜0, 所以當(dāng)x=9時(shí)，y有最大值，故選C. 2.【解析】選D.原不等式可化為lnx-px+1≤0,令f(x)=lnx-px+1,故

6、只需f(x)max≤0.由f′(x)=-p,知f(x)在(0,)上單調(diào)遞增,在(,+∞)上單調(diào)遞減.故f(x)max=f()=-lnp,由-lnp≤0得p≥1. 3.【解析】選A.設(shè)圓柱的高為h,則圓柱的底面半徑為,圓柱的體積為V=π(R2-h2)h=-πh3+πR2h(0

7、，0)∪(1,+∞). 5.【解析】選B.由題意知方程2x3+1=3x2-b, 即2x3-3x2+1=-b有三個(gè)不相同的實(shí)數(shù)根, 令f(x)=2x3-3x2+1, 即函數(shù)y=f(x)=2x3-3x2+1與直線y=-b有三個(gè)交點(diǎn). 由f′(x)=6x2-6x=6x(x-1)知,函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(-∞,0)上單調(diào)遞增,在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增,故f(0)是函數(shù)的極大值,f(1)是函數(shù)的極小值,若函數(shù)y=f(x)=2x3-3x2+1與直線y=-b有三個(gè)交點(diǎn),則f(1)<-b

8、單調(diào)性，利用單調(diào)性結(jié)合圖象求解. 【解析】選D.當(dāng)x>0時(shí)，有＜0，則<0，在x>0時(shí)單調(diào)遞減，x2f(x)＞0,即為x3·>0?>0.f(2)＝0，畫出y＝在x>0時(shí)的示意圖，知00，即為x3·>0?<0.f(－2)＝0，∴x<－2.綜上所述，不等式的解集是(－∞，－2)∪(0,2). 7.【解析】f′(x)=sinx+xcosx,當(dāng)x∈[]時(shí),sinx<0,cosx<0, ∴f′(x)=sinx+xcosx<0,則函數(shù)f(x)在x∈[]時(shí)為減函數(shù), ∴f()

9、 又函數(shù)f(x)為偶函數(shù),∴f()

10、a,b,c對(duì)應(yīng)的f(a),f(b),f(c)可以有兩個(gè)相同.由三角形兩邊之和大于第三邊，可知最小邊長的二倍必須大于最大邊長. 由題意知，f(1)=-2+m＞0 ① f(1)+f(1)＞f(0)，得到-4+2m＞m ② f(1)+f(1)＞f(2)，得到-4+2m＞2+m ③ 由①②③得到m＞6，即為所求. 答案:m＞6 9.【解析】∵k為正數(shù)， ∴對(duì)任意x1，x2∈(0,＋∞)，不等式恒成立? 由g′(x)= =0，得x=1， x∈(0,1)時(shí),g′(x)＞0,x∈(1,+∞)時(shí)，g′(x)＜0， ∴. 同理由f′(x)==0，得x=， x∈(0, )時(shí),f′

11、(x)＜0，x∈(,+∞)時(shí)，f′(x)＞0， ∴,k＞0?k≥1. 答案：{k|k≥1} 【變式備選】已知兩函數(shù)f(x)=8x2+16x-k,g(x)=2x3+5x2+4x,其中k為實(shí)數(shù). (1)對(duì)任意x∈[-3,3],都有f(x)≤g(x)成立,求k的取值范圍. (2)存在x∈[-3,3],使f(x)≤g(x)成立,求k的取值范圍. (3)對(duì)任意x1,x2∈[-3,3],都有f(x1)≤g(x2),求k的取值范圍. 【解析】(1)設(shè)h(x)=g(x)-f(x)=2x3-3x2-12x+k, 問題轉(zhuǎn)化為x∈[-3,3]時(shí),h(x)≥0恒成立, 即h(x)min≥0,x∈

12、[-3,3]. 令h′(x)=6x2-6x-12=0,得x=2或x=-1. ∵h(yuǎn)(-3)=k-45,h(-1)=k+7,h(2)=k-20, h(3)=k-9,∴h(x)min=k-45≥0,得k≥45. (2)據(jù)題意:存在x∈[-3,3],使f(x)≤g(x)成立, 即為h(x)=g(x)-f(x)≥0在x∈[-3,3]上能成立, ∴h(x)max≥0.∴h(x)max=k+7≥0,得k≥-7. (3)據(jù)題意:f(x)max≤g(x)min,x∈[-3,3], 易得f(x)max=f(3)=120-k, g(x)min=g(-3)=-21.∴120-k≤-21,得k≥141

13、. 10.【解析】(1)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞)，f′(x)= 當(dāng)a≥0時(shí)，f′(x)＞0，故f(x)在(0,+∞)上單調(diào)增加; 當(dāng)a≤-1時(shí)，f′(x)＜0，故f(x)在(0,+∞)上單調(diào)減少; 當(dāng)-1＜a＜0時(shí)，令f′(x)=0，得x=. 當(dāng)x∈(0,)時(shí)，f′(x)＞0； 當(dāng)x∈(,+∞)時(shí)，f′(x)＜0，故f(x)在(0,)上單調(diào)增加, 在(，+∞)上單調(diào)減少. 綜上所述，a≥0時(shí)，f(x)在(0,+∞)上單調(diào)增加；-1＜a＜0時(shí)，f(x)在(0,)上單調(diào)增加，在(,+∞)上單調(diào)減少; a≤-1時(shí)，f(x)在(0,+∞)上單調(diào)減少. (2)不妨設(shè)x1≤x2.

14、由于a≤-2，故f(x)在(0,+∞)上單調(diào)減少. 所以|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|等價(jià)于f(x1)-f(x2)≥4x2-4x1，即f(x2)+4x2≤f(x1)+ 4x1. 令g(x)=f(x)+4x，則g′(x)=. 令h(x)=2ax2+4x+a+1, 因?yàn)閍≤-2，Δ=42-8a(a+1)=-8(a-1)(a+2)≤0. 于是g′(x)≤0. 從而g(x)在(0，+∞)上單調(diào)減少，故g(x1)≥g(x2), 即f(x1)+4x1≥f(x2)+4x2，故對(duì)任意x1,x2∈(0,+∞)，|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|. 11.【解析】(1)y

15、=k(3-x)x2, 當(dāng)x=2時(shí)，y=32,∴k=8, y=f(x)=24x2-8x3. ∵∈(0,t］, ∴0＜x≤. ∴定義域?yàn)?0,］. (2)令 y′=-24x(x-2)=0, ∴x=0或x=2. 討論：若2≤，即1≤t≤2時(shí), f(x)在(0,2)上單調(diào)遞增，在(2,)上單調(diào)遞減. 所以ymax=f(2)=32, 若2＞，即0＜t＜1時(shí), f′(x)＞0，所以f(x)在(0，)上為增函數(shù). ymax=f()=. 綜上所述，當(dāng)1≤t≤2，x=2時(shí)，ymax=32； 當(dāng)0＜t＜1,x=時(shí)，ymax=. 12.【思路點(diǎn)撥】(1)求出導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn),再判斷零點(diǎn)兩

16、側(cè)導(dǎo)數(shù)的符號(hào).(2)三次函數(shù)的零點(diǎn)決定于函數(shù)的極值的符號(hào),若函數(shù)f(x)的圖象與x軸有且只有一個(gè)交點(diǎn),則此時(shí)極大值與極小值同號(hào). 【解析】(1)當(dāng)a=-3時(shí),f(x)=x3-x2-3x+3. f′(x)=x2-2x-3=(x-3)(x+1). 令f′(x)=0,得x1=-1,x2=3. 當(dāng)x<-1時(shí),f′(x)>0,則函數(shù)在(-∞,-1)上是增函數(shù), 當(dāng)-13時(shí),f′(x)>0,則函數(shù)在(3,+∞)上是增函數(shù). 所以當(dāng)x=-1時(shí),函數(shù)f(x)取得極大值為f(-1)=--1+3+3=, 當(dāng)x=3時(shí),函數(shù)f(x)取

17、得極小值為 f(3)=×27-9-9+3=-6. (2)因?yàn)閒′(x)=x2-2x+a,所以Δ=4-4a=4(1-a). ①當(dāng)a≥1時(shí),則Δ≤0,∴f′(x)≥0在R上恒成立,所以f(x)在R上單調(diào)遞增. f(0)=-a<0,f(3)=2a>0,所以,當(dāng)a≥1時(shí)函數(shù)的圖象與x軸有且只有一個(gè)交點(diǎn). ②a<1時(shí),則Δ>0,∴f′(x)=0有兩個(gè)不等實(shí)數(shù)根,不妨設(shè)為x1,x2(x1

18、 0 + f(x) ↗ 極大值 ↘ 極小值 ↗ ∵x12-2x1+a=0,∴a=-x12+2x1, ∴f(x1)=+ax1-a =+ax1+-2x1=+(a-2)x1 =x1[x12+3(a-2)], 同理f(x2)=x2[x22+3(a-2)]. ∴f(x1)·f(x2)=x1x2[x12+3(a-2)][x22+3(a-2)]=a(a2-3a+3). 令f(x1)·f(x2)>0,解得a>0. 而當(dāng)00. 故0