第11节导数的简单应用课时训练练题感提知能【选题明细表】A组一、选择题1.函数f(x)=4x3-3x2-6x+2的极小值为( B )(A)3 (B)-3 (C)(D)-解析:f′(x)=12x2-6x-6=6(x-1)(2x+1),因此f(x)在（-∞,-）,(1,+∞)上为增函数,在(-,1)上为减函数,所以函数f(x)在x=1处取到极小值f(1)=-3.故选B.2.(2013广东省六校质检)已知y=x3+bx2+(b+2)x+3是R上的单调增函数,则b的取值范围是( D )(A)b<-1或b>2 (B)b≤-1或b≥2(C)-1<b<2 (D)-1≤b≤2解析:函数y=x3+bx2+(b+2)x+3是R上的增函数,即为其导函数y′=x2+2bx+b+2≥0,x∈R恒成立,所以Δ=4b2-4(b+2)≤0,解得-1≤b≤2,故选D.3.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1处有极值10,则f(2)等于( C )(A)11或18 (B)11(C)18 (D)17或18解析:∵函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1处有极值10,∴f(1)=10,且f′(1)=0,即解得或而当时,函数在x=1处无极值,故舍去.∴f(x)=x3+4x2-11x+16,∴f(2)=18.故选C.4.函数f(x)=x+2cos x在[0,]上取得最大值时x的值为( B )(A)0 (B)(C)(D)解析:由于f′(x)=1-2sin x,令f′(x)=0得,sin x=,又x∈[0,],所以x=.且f()=+,又f(0)=2,f()=,所以f()为最大值.故选B.5.(2013济宁模拟)若函数h(x)=2x-+在(1,+∞)上是增函数,则实数k的取值范围是( A )(A)[-2,+∞) (B)[2,+∞)(C)(-∞,-2] (D)(-∞,2]解析:因为h′(x)=2+,若h(x)在(1,+∞)上是增函数,则h′(x)≥0在(1,+∞)上恒成立,故2+≥0恒成立,即k≥-2x2恒成立.又x>1,∴-2x2<-2,因此,需k≥-2,故选A.6.(2013湛江毕业班调研)已知函数y=x3-3x+c的图象与x轴恰有两个公共点,则c等于( A )(A)-2或2 (B)-9或3(C)-1或1 (D)-3或1解析:∵y′=3(x+1)(x-1),∴当x=-1或x=1时取得极值,由题意得f(1)=0或f(-1)=0,即c-2=0或c+2=0,解得c=2或c=-2.故选A.7.若函数f(x)=(a>0)在[1,+∞)上的最大值为,则a的值为( D )(A)(B) (C)+1 (D)-1解析:f′(x)==,当x>时,f′(x)<0,f(x)单调递减,当-<x<时,f′(x)>0,f(x)单调递增,当x=时,令f(x)==,=<1,不合题意.∴f(x)max=f(1)==,a=-1,故选D.二、填空题8.已知f(x)=2x3-6x2+m(m为常数)在[-2,2]上有最大值3,那么此函数在[-2,2]上的最小值为.解析:∵f′(x)=6x2-12x=6x(x-2),∴f(x)在(-2,0)上单调递增,在(0,2)上单调递减,因此,当x=0时,f(x)取得最大值,即f(0)=m=3,然而f(-2)=-37,f(2)=-5,因此f(x)min=f(-2)=-37.答案:-379.已知函数f(x)=(m-2)x2+(m2-4)x+m是偶函数,函数g(x)=-x3+2x2+mx+5在(-∞,+∞)内单调递减,则实数m= . 解析:由已知得,m2-4=0,∴m=±2.若g(x)在(-∞,+∞)内单调递减,则g′(x)≤0恒成立,即-3x2+4x+m≤0恒成立,亦即3x2-4x-m≥0恒成立.∴Δ=16+12m≤0,解得m≤-,故m=-2.答案:-210.函数f(x)=x3+3ax2+3[(a+2)x+1]有极大值又有极小值,则a的取值范围是.解析:∵f′(x)=3x2+6ax+3(a+2),令f′(x)=0得,x2+2ax+a+2=0,若f(x)有极大值和极小值,则方程x2+2ax+a+2=0有两个不等实数根,∴Δ=4a2-4(a+2)>0.解得a>2或a<-1.答案:(-∞,-1)∪(2,+∞)11.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.解析:设圆柱底面半径为R,高为h,则V=πR2h,则总造价y=2πR2a+2πRhb=2πR2a+2πRb·=2πaR2+,故y′=4πaR-,令y′=0得=.故当=时y取最小值.答案:三、解答题12.(2013浙江五校联考)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c(x∈[-1,2]),且函数f(x)在x=1和x=-处都取得极值.(1)求a,b的值;(2)求函数f(x)的单调递增区间.解:(1)由于f′(x)=3x2+2ax+b,依题意知,f′(1)=0且f′(-)=0,所以解得(2)由(1)知,f(x)=x3-x2-2x+c,f′(x)=3x2-x-2=(3x+2)(x-1).f′(x)>0得,x>1或x<-.又x∈[-1,2],所以f(x)的单调增区间为[-1,- ),(1,2].13.(2013汕头市金山中学第一学期期中考试)某种商品的成本为5元/ 件,开始按8元/件销售,销售量为50件,为了获得最大利润,商家先后采取了提价与降价两种措施进行试销.经试销发现:实际销售价x(元)每上涨1元每天销售量就减少10件;而降价后,日销售量Q(件)与实际销售价x(元)满足关系:Q=(1)求总利润(利润=销售额-成本)y(元)与实际销售价x(元)的函数关系式;(2)试问:当实际销售价为多少元时,总利润最大.解:(1)依题意得y==(2)由(1)得,当5<x<7时,y=39·(2x3-39x2+252x-535)y′=234(x2-13x+42)=234(x-6)(x-7),当5<x<6时,y′>0,y=f(x)为增函数,当6<x<7时,y′<0,y=f(x)为减函数,所以f(x)max=f(6)=195.当7≤x<8时,y=6(33-x)∈(150,156],当8≤x≤13时,y=-10(x-9)2+160,当x=9时,y max=160.综上知,当x=6时,总利润最大,最大值为195元.14.设函数f(x)=a2ln x-x2+ax,a>0.(1)求f(x)的单调区间;(2)求所有的实数a,使e-1≤f(x)≤e2对x∈[1,e]恒成立.(注:e为自然对数的底数)解:(1)因为f(x)=a2ln x-x2+ax,其中x>0,所以f′(x)=-2x+a=-.由于a>0,所以f(x)的单调增区间为(0,a),单调减区间为(a,+∞).(2)由题意得f(1)=a-1≥e-1,即a≥e.由(1)知f(x)在[1,e]内单调递增,要使e-1≤f(x)≤e2对x∈[1,e]恒成立.只要解得a=e.B组15.(2013潮州市质检)定义域为R的奇函数f(x),当x∈(-∞,0)时,f(x)+xf′(x)<0恒成立,若a=3f(3),b=(logπ3)·f(logπ3),c=-2f(-2),则( A )(A)a>c>b (B)c>b>a(C)c>a>b (D)a>b>c解析:设g(x)=xf(x),依题意得g(x)是偶函数.当x∈(-∞,0)时,f(x)+xf′(x)<0恒成立,即g′(x)<0恒成立,故g(x)在(-∞,0)上单调递减,则g(x)在(0,+∞)上单调递增,a=3f(3)=g(3),b=(logπ3)·f(logπ3)=g(logπ3),c=-2f(-2)=g(-2)=g(2).又logπ3<1<2<3,故a>c>b.故选A.16.(2013中山市期末统考)已知函数f(x)的导数f′(x)=a(x+1)(x-a), 若f(x)在x=a处取得极大值,则a的取值范围为.解析:若a>0时,则x∈(-1,a)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;x∈(a,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,所以f(x)在x=a处取得极小值,不适合题意,舍去.若-1<a<0时,则x∈(-1,a)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;x∈(a,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,所以f(x)在x=a 处取得极大值,适合题意.若a=-1时,函数没有极值点,不适合题意.若a<-1时,则x∈(-∞,a)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;x∈(a,-1)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,所以f(x)在x=a处取得极小值,不适合题意.故适合题意的a的取值范围是-1<a<0.答案:(-1,0)。
