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红对勾文科数学课时作业16


课时作业 16

导数的应用(二)

时间:45 分钟 分值:100 分 一、选择题(每小题 5 分,共 30 分) 1 π 1.函数 f(x)=2ex(sinx+cosx)在区间[0,2]上的值域为( 1 1 A.[2,2e π C.[1,e
2

)

π
2

/>]

1 1 B.(2,2e D.(1,e
2

π
2

)

π ] )

1 1 π 解析: f′(x)=2ex(sinx+cosx)+2ex(cosx-sinx)=excosx, 当 0<x<2 π π 1 时, f′(x)>0, ∴f(x)是[0, ] 上的增函数. ∴ f ( x ) 的最大值为 f ( 2 2)=2e 1 1 1 f(x)的最小值为 f(0)=2.∴f(x)的值域为[2,2e 答案:A 2.若商品的年利润 y(万元)与年产量 x(百万件)的函数关系式 y =-x3+27x+123(x>0),则获得最大利润时的年产量为( A.1 百万件 C.3 百万件 B.2 百万件 D.4 百万件 ) π
2

π
2



].

解析:依题意得,y′=-3x2+27=-3(x-3)(x+3),当 0<x<3 时,y′>0;当 x>3 时,y′<0.因此,当 x=3 时,该商品的年利润最 大. 答案:C 3.函数 f(x)的定义域为 R,f(-1)=2,对任意 x∈R,f′(x)>2,

则 f(x)>2x+4 的解集为( A.(-1,1) C.(-∞,-1)

) B.(-1,+∞) D.(-∞,+∞)

解析: 由已知, [f(x)-(2x+4)]′=f′(x)-2>0, ∴g(x)=f(x)-(2x +4)单调递增,又 g(-1)=0,∴f(x)>2x+4 的解集是(-1,+∞). 答案:B 4.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 A.b b C.a 解析: ) a2 B. b b2 D. a

如图,设圆柱的底面半径为 R,高为 h,则 V=πR2h. V 2bV 2 设造价为 y=2πR2a+2πRhb=2πaR2+2πRb· ∴ 2=2πaR + πR R , 2bV y′=4πaR- R2 . 2R b 令 y′=0,得 h =a. 答案:C

5. 函数 f(x)在定义域 R 内可导, 若 f(x)=f(2-x), 且当 x∈(-∞, 1 1)时,(x-1)· f′(x)<0,设 a=f(0),b=f(2),c=f(3),则( A.a<b<c C.c<a<b B.c<b<a D.b<c<a )

解析:据已知可得当 x<1 时,f′(x)>0,即函数在区间(-∞,1) 上递增, 又由 f(x)=f(2-x)可得函数的图象关于直线 x=1 对称, 故 f(3) 1 1 =f(-1),又由于 1>2>0>-1,由单调性可得 f(2)>f(0)>f(-1),故选 C. 答案:C 6.函数 f(x)=x3-3x-1,若对于区间[-3,2]上的任意 x1,x2,都 有|f(x1)-f(x2)|≤t,则实数 t 的最小值是( A.20 C.3 B.18 D.0 )

解析:因为 f′(x)=3x2-3=3(x-1)(x+1),令 f′(x)=0,得 x =± 1,所以-1,1 为函数的极值点.又 f(-3)=-19,f(-1)=1,f(1) =-3,f(2)=1,所以在区间[-3,2]上 f(x)max=1,f(x)min=-19.又由 题设知在区间[-3,2]上 f(x)max-f(x)min≤t,从而 t≥20,所以 t 的最小 值是 20. 答案:A 二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) π 7 .若 f(x) = xsinx + cosx ,则 f( - 3) , f( 2 ) , f(2) 的大小关系为 ________. 解析:由 f(-x)=f(x)知,函数 f(x)为偶函数,因此 f(-3)=f(3).

π 又 f′(x)=sinx+xcosx-sinx=xcosx,当 x∈(0,2)时,f′(x)>0, π x∈(2,π)时,f′(x)<0, π ∴f(x)在区间(2,π)上是减函数, π ∴f(2)>f(2)>f(3)=f(-3). π 答案:f(-3)<f(2)<f(2) 8.直线 y=a 与函数 f(x)=x3-3x 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)=3x2-3=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.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= 8 300-170p-p2, 则该商品零售价定为________元时利润最大, 利润 的最大值为________. 解析:设商场销售该商品所获利润为 y 元,则 y=(p-20)Q=(p -20)(8 300-170p-p2)=-p3-150p2+11 700p-166 000(p≥20),则 y′=-3p2-300p+11 700.令 y′=0 得 p2+100p-3 900=0,解得 p

=30 或 p=-130(舍去). 则 p,y,y′变化关系如下表: p y′ y (20,30) + 30 0 极大值 (30,+∞) - ↘

故当 p=30 时,y 取极大值为 23 000 元.又 y=-p3-150p2+11 700p-166 000 在[20,+∞)上只有一个极值,故也是最值. 所以该商品零售价定为每件 30 元,所获利润最大为 23 000 元. 答案:30 23 000 三、解答题(共 55 分,解答应写出必要的文字说明、演算步骤或 证明过程) lnx 10.(15 分)已知 f(x)=ax-lnx,x∈(0,e],g(x)= x ,其中 e 是 自然常数,a∈R. (1)讨论当 a=1 时,函数 f(x)的单调性和极值; 1 (2)求证:在(1)的条件下,f(x)>g(x)+2. 1 x-1 解:(1)∵f(x)=x-lnx,f′(x)=1-x= x , ∴当 0<x<1 时,f′(x)<0,此时 f(x)单调递减; 当 1<x<e 时,f′(x)>0,此时 f(x)单调递增. ∴f(x)的极小值为 f(1)=1. (2)证明:∵f(x)的极小值为 1,即 f(x)在(0,e]上的最小值为 1, ∴f(x)min=1. 1-lnx 又∵g′(x)= x2 , ∴0<x<e 时,g′(x)>0,g(x)在(0,e]上单调递增.

1 1 ∴g(x)max=g(e)=e<2. 1 ∴f(x)min-g(x)max>2. 1 ∴在(1)的条件下,f(x)>g(x)+2. 11.(20 分)某种产品每件成本为 6 元,每件售价为 x 元(6<x<11), 21? ? 585 年销售为 u 万件,若已知 8 -u 与?x- 4 ?2 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. 21? ? 585 解:(1)设 8 -u=k?x- 4 ?2, ? ? ∵售价为 10 元时,年销量为 28 万件, 21? ? 585 ∴ 8 -28=k?10- 4 ?2,解得 k=2. ? ? 21? 585 ? ∴u=-2?x- 4 ?2+ 8 =-2x2+21x+18.
? ?

∴ y = ( - 2x2 + 21x + 18)(x - 6) = - 2x3 + 33x2 - 108x - 108(6<x<11). (2)y′=-6x2+66x-108=-6(x2-11x+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=-2x3+33x2-108x-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 ymax=135,

∴售价为 9 元时,年利润最大,最大年利润为 135 万元. ——创新应用—— 12.(20 分)已知函数 f(x)=x2+lnx. (1)求函数 f(x)在[1,e]上的最大值和最小值; 2 1 (2)求证:当 x∈(1,+∞)时,函数 f(x)的图象在 g(x)=3x3+2x2 的下方. 1 解:(1)∵f(x)=x2+lnx,∴f′(x)=2x+x. ∵x>1 时,f′(x)>0,故 f(x)在[1,e]上是增函数, ∴f(x)的最小值是 f(1)=1,最大值是 f(e)=1+e2. 1 2 (2)证明:令 F(x)=f(x)-g(x)=2x2-3x3+lnx,
2 3 2 3 3 1 x -2x +1 x -x -x +1 ∴F′(x)=x-2x +x= = x x 2

?1-x??2x2+x+1? = . x ∵x>1,∴F′(x)<0. ∴F(x)在(1,+∞)上是减函数. 1 2 1 ∴F(x)<F(1)=2-3=-6<0,即 f(x)<g(x). ∴当 x∈(1,+∞)时,函数 f(x)的图象总在 g(x)的图象的下方.


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