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当前位置:首页 > 商业/管理/HR > 项目/工程管理 > 2015高考数学(人教A版)一轮作业3-2导数的应用
——导数的应用时间:45分钟满分:100分班级:________姓名:________座号:________一、选择题(本大题共6小题,每小题6分,共36分,在下列四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.(2014·鹰潭一中模拟)若a>2,则函数f(x)=13x3-ax2+1在区间(0,2)上恰好有()A.0个零点B.1个零点C.2个零点D.3个零点2.(2014·惠州二模)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<-43.如果函数y=f(x)的图象如右图,那么导函数y=f′(x)的图象可能是()4.(2014·重庆模拟)设函数f(x)在R上可导,其导函数为f′(x),且函数y=(1-x)f′(x)的图象如图所示,则下列结论中一定成立的是()A.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B.函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(1)C.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(-2)D.函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(2)5.做一个圆柱形锅炉,容积为V,两个底面的材料每单位面积的价格为a元,侧面的材料每单位面积的价格为b元,当造价最低时,锅炉的底面直径与高的比为()A.abB.a2bC.baD.b2a6.已知函数f(x)=-x3+ax2-4在x=2处取得极值,若m、n∈[-1,1],则f(m)+f′(n)的最小值是()A.-13B.-15C.10D.15二、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.已知f(x)=2x3-6x2+3,对任意的x∈[-2,2]都有f(x)≤a,则a的取值范围为________.8.某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品,若该商品零售价为p元,销量Q(单位:件)与零售价p(单位:元)有如下关系:Q=8300-170p-p2,则该商品零售价定为________元时利润最大,利润的最大值为________.9.已知函数f(x)=13x3+a2x2+ax+b,当x=-1时,函数f(x)的极值为-712,则f(2)=________.10.(2014·新疆农七师高中二模)若函数f(x)=x3-3a2x+1的图象与直线y=3只有一个公共点,则实数a的取值范围是________.三、解答题(本大题共3小题,共40分,11、12题各13分,13题14分,写出证明过程或推演步骤)11.(理)设a为实数,函数f(x)=ex-2x+2a,x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值;(2)求证:当aln2-1且x0时,exx2-2ax+1.(文)已知m∈R,函数f(x)=(x2+mx+m)ex.(1)若函数没有零点,求实数m的取值范围;(2)当m=0时,求证f(x)≥x2+x3.12.(理)(2014·辽宁沈阳质检)已知f(x)=(x2-a)ex,a∈R.(1)若a=3,求f(x)的单调区间和极值;(2)已知x1,x2是f(x)的两个不同的极值点,且|x1+x2|≥|x1x2|,求实数a的取值集合M;(3)在(2)的条件下,若不等式3f(a)a3+32a2-3a+b对于a∈M都成立,求实数b的取值范围.(文)设f(x)=alnx+12x+32x+1,其中a∈R,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于y轴.(1)求a的值;(2)求函数f(x)的极值13.(理)(2014·济南二模)济南市“两会”召开前,某政协委员针对自己提出的“环保提案”对某处的环境状况进行了实地调研.据测定,该处的污染指数与附近污染源的强度成正比,与到污染源的距离成反比,比例常数为k(k>0).现已知相距36km的A,B两家化工厂(污染源)的污染强度分别为a,b(a>0,b>0),它们连线上任意一点C处的污染指数y等于两化工厂对该处的污染指数之和.设AC=x(km).(1)试将y表示为x的函数;(2)若a=1时,y在x=6处取得最小值,试求b的值.(文)(2014·苏州质检)某商场预计明年从1月份起前x个月顾客对某种商品的需求总量p(x)件与月份x的近似关系是:p(x)=12x(x+1)(39-2x)(x∈N*,1≤x≤12),该商品每件的进价q(x)元与月份x的近似关系是:q(x)=150+2x(x∈N*,1≤x≤12).(1)写出明年第x个月的需求量f(x)件与月份x的函数关系式;(2)该商品每件的售价为185元,若不计其他费用且每月都能满足市场需求,则此商场明年销售该商品的月利润预计最大是多少?导数的应用参考答案一、选择题(本大题共6小题,每小题6分,共36分,在下列四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.解析:∵f′(x)=x2-2ax,且a>2,∴当x∈(0,2)时,f′(x)<0,即f(x)在(0,2)上是单调减函数.又∵f(0)=1>0,f(2)=113-4a<0,∴f(x)在(0,2)上恰好有1个零点,故选B.答案:B2.解析:∵f′(x)=2x+2+ax,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:C3.解析:由原函数的单调性可以得到导函数的正负情况依次是正→负→正→负,只有选项A满足.答案:A4.解析:①当x-2时,1-x0.∵(1-x)f′(x)0,∴f′(x)0,即f(x)在(-∞,-2)上是增函数.②当-2x1时,1-x0.∵(1-x)f′(x)0,∴f′(x)0,即f(x)在(-2,1)上是减函数.③当1x2时,1-x0.∵(1-x)f′(x)0,∴f′(x)0,即f(x)在(1,2)上是减函数.④当x2时,1-x0.∵(1-x)f′(x)0,∴f′(x)0,即f(x)在(2,+∞)上是增函数.综上:f(-2)为极大值,f(2)为极小值.答案:D5.解析:如图,设圆柱的底面半径为R,高为h,则V=πR2h.设造价为y=2πR2a+2πRhb=2πaR2+2πRb·VπR2=2πaR2+2bVR,∴y′=4πaR-2bVR2.令y′=0,得2Rh=ba.答案:C6.解析:求导得f′(x)=-3x2+2ax.由函数f(x)在x=2处取得极值知f′(2)=0,即-3×4+2a×2=0,∴a=3,由此可得f(x)=-x3+3x2-4,f′(x)=-3x2+6x,易知f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增,∴当m∈[-1,1]时,f(m)min=f(0)=-4.又f′(x)=-3x2+6x的图象开口向下,且对称轴为x=1,∴当n∈[-1,1]时,f′(n)min=f′(-1)=-9.故f(m)+f′(n)的最小值为-13.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.解析:由f′(x)=6x2-12x=0,得x=0,或x=2.又f(-2)=-37,f(0)=3,f(2)=-5,∴f(x)max=3,又f(x)≤a,∴a≥3.答案:[3,+∞)8.解析:设商场销售该商品所获利润为y元,则y=(p-20)Q=(p-20)(8300-170p-p2)=-p3-150p2+11700p-166000(p≥20),∴y′=-3p2-300p+11700.令y′=0得p2+100p-3900=0,∴p=30或p=-130(舍去).则p,y,y′变化关系如下表:p(20,30)30(30,+∞)y′+0-y极大值∴当p=30时,y取极大值为23000元.又y=-p3-150p2+11700p-166000在[20,+∞)上只有一个极值,故也是最大值.∴该商品零售价定为每件30元,所获利润最大为23000元.答案:3023000元9.解析:f′(x)=x2+2a2x+a,由已知得f′-1=0,f-1=-712,即-12+2a2-1+a=0,13-13+a2-12+a-1+b=-712,整理得2a2-a-1=0,a2-a+b+14=0,解得a=1,b=-14,或a=-12,b=-1.经验证a=1,b=-14时,f(x)在x=-1处不取极值,所以舍去,故f(x)=13x3+14x2-12x-1.∴f(2)=53.答案:5310.解析:f′(x)=3x2-3a2,令f′(x)=0,则x=±a,由题意,a<0时,f(a)=a3-3a3+1<3,a3>-1,∴-1<a<0;a=0时成立;a>0时,f(-a)=-a3+3a3+1<3,a3<1,∴0<a<1,故a的取值范围为(-1,1).答案:(-1,1)三、解答题(本大题共3小题,共40分,11、12题各13分,13题14分,写出证明过程或推演步骤)11.(理)解:(1)由f(x)=ex-2x+2a,x∈R知f′(x)=ex-2,x∈R.令f′(x)=0,得x=ln2,于是当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表.x(-∞,ln2)ln2(ln2,+∞)f′(x)-0+f(x)单调递减2(1-ln2+a)单调递增故f(x)的单调递减区间是(-∞,ln2],单调递增区间是[ln2,+∞),f(x)在x=ln2处取得极小值,极小值为f(ln2)=eln2-2ln2+2a=2(1-ln2+a).(2)证明:设g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R,于是g′(x)=ex-2x+2a,x∈R.由(1)知当aln2-1时,g′(x)的最小值为g′(ln2)=2(1-ln2+a)0.于是对任意x∈R,都有g′(x)0,所以g(x)在R内单调递增.于是当aln2-1时,对任意x∈(0,+∞),都有g(x)g(0).而g(0)=0,从而对任意x∈(0,+∞),g(x)0.即ex-x2+2ax-10,故exx2-2ax+1.(文)解:(1)由已知条件知f(x)=0无解,即x2+mx+m=0无实根,则Δ=m2-4m0,解得0m4,故实数m的取值范围是(0,4).(2)证明:当m=0时,f(x)=x2ex.设g(x)=ex-x-1,∴g′(x)=ex-1,g(x),g′(x)随x变化情况如下:x(-∞,0)0(0,+∞)g′(x)-0+g(x)0由此可知对于x∈R,g(x)≥g(0),即ex-x-1≥0,因此x2(ex-x-1)≥0,整理得x2ex≥x3+x2,即f(x)≥x3+x2.12.(理)解:(1)∵a=3,∴f(x)=(x2-3)ex,令f′(x)=(x2+2x-3)ex=0⇒x=-3或x=1.当x∈(-∞,-3)∪(1,+∞)时,f′(x)0;x∈(-3,1)时,f′(x)0,∴f(x)的单调递增区间为(-∞,-3),(1,+∞);单调递减区间为(-3,1),f(x)的极大值为f(-3)=6e-3;极小值为f(1)=-2e.(2)令f′(x)=(x2+2x-a)ex=0,即x2+2x-a=0,由题意其两根为x1,x2,∴x1+x2=-2,x1x2=-a,故-2≤a≤2.又Δ=4+4a0,∴-1a≤2,∴M={a|-1a≤2}.(3)原不等式等价于b3f(a)-a3-32a2+3a对a∈M都成立,记g(a)=3f(a)-a3-32a2+3a(-1a≤2),则g′(a)=3(a2+a-1)(ea-1),令g′(a)=0,则a=5-12或a=0(a=-1-52舍去).故当a变化时,g′(a),g(a)的变化情况如下表:a(-1,0)0(0,5-12)5-12(5-12,2)2g′(a)+0-0+g(a)极大值极小值6e2-8又g(0)=0,g(2)=6e2-8,∴g(a)max=6e2-8,∴b6e2-8.故实数b的取值范围为
本文标题:2015高考数学(人教A版)一轮作业3-2导数的应用
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