标签: 2020版高中数学第四章导数应用阶段训练五(含解析)北师大版选修1-1  
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doc 阶段训练五 (范围:§1~§2) 一、选择题 1.已知某商品生产成本c与产量q(0<q<200)的函数关系为c=100+4q,价格p与产量q的函数关系为p=25-q,利润L=f(q),则f′(80)的值为(  ) A.1B.2C.3D.4 答案 A 解析 由题意知f(q)=p×q-c=×q-(100+4q) =-q2+21q-100(0<q<200), ∴f′(q)=-q+21, ∴f′(80)=-×80+21=1. 2.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)的图像如图所示,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(-2) C.函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(1) D.函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(2) 考点 函数极值的应用 题点 函数极值在函数图像上的应用 答案 D 解析 由题图可知,当x<-2时,f′(x)>0; 当-2<x<1时,f′(x)<0; 当1<x<2时,f′(x)<0; 当x>2时,f′(x)>0. 由此可以得到函数在x=-2处取得极大值,在x=2处取得极小值,故选D. 3.函数f(x)=exsinx在区间上的值域为(  ) A. B. C. D. 考点 利用导数求函数的最值 题点 不含参数的函数求最值 答案 A 解析 f′(x)=ex(sinx+cosx), ∵x∈,∴f′(x)>0, 则f(x)在上是增加的, f(x)min=f(0)=0, f(x)max=f=e, ∴函数f(x)=exsinx在区间上的值域为. 4.函数f(x)=x3-x2-x+a在区间[0,2]上的最大值是3,则a的值为(  ) A.2B.1C.-2D.-1 答案 B 解析 由题意得,f′(x)=3x2-2x-1,令f′(x)=0,得x=1或x=-(舍去), 又f(0)=a,f(1)=a-1,f(2)=a+2, 所以f(x)的最大值为a+2=3,故a=1. 5.已知函数f(x)=ax3+bx2+1在x=1处取得极大值3,则f(x)的极小值为(  ) A.-1B.0C.1D.2 考点 函数的极值与导数的关系 题点 含参数的函数求极值问题 答案 C 解析 由题意知f(1)=a+b+1=3,即a+b=2.① 因为f′(x)=3ax2+2bx,f′(1)=0, 所以3a+2b=0.② 由①②得a=-4,b=6. 所以f′(x)=-12x2+12x=0, 解得x=0或x=1. 易知在x=0处f(x)取极小值1.故选C. 6.已知函数f(x)=ax-lnx,若f(x)>1在区间(1,+∞)内恒成立,则实数a的取值范围是(  ) A.(-∞,1) B.(-∞,1] C.(1,+∞) D.[1,+∞) 答案 D 解析 ∵f(x)=ax-lnx,f(x)>1在(1,+∞)内恒成立, ∴a>在(1,+∞)内恒成立. 设g(x)=, ∴当x∈(1,+∞)时,g′(x)=<0, 即g(x)在(1,+∞)上是减少的,∴g(x)<g(1)=1, ∴a≥1,即a的取值范围是[1,+∞). 7.在三棱锥O-ABC中,OA,OB,OC两两垂直,OC=2x,OA=x,OB=y,且x+y=3,则三棱锥O-ABC体积的最大值为(  ) A.4B.8C.D. 考点 几何类型的优化问题 题点 几何体体积的最值问题 答案 C 解析 V=×·y== =(0<x<3), V′==2x-x2=x(2-x). 令V′=0,得x=2或x=0(舍去). 所以当x=2时,V取极大值且为最大值,最大值为. 8.如图,将直径为d的圆木锯成长方体横梁,横截面为矩形,横梁的强度同它的断面高的平方与宽x的积成正比(强度系数为k,k>0).要将直径为d的圆木锯成强度最大的横梁,断面的宽x应为(  ) A. B. C.d D.d 答案 C 解析 设断面高为h,则h2=d2-x2.设横梁的强度函数为f(x),则f(x)=k·xh2=k·x(d2-x2),0<x<d.令f′(x)=k(d2-3x2)=0,解得x=d(舍去负值).当0<x<d时,f′(x)>0,f(x)是增加的;当d<x<d时,f′(x)<0,f(x)是减少的.所以函数f(x)在定义域(0,d)内只有一个极大值点x=d,所以当x=d时,f(x)有最大值. 二、填空题 9.若函数f(x)=-x3+mx2+1(m≠0)在(0,2)内的极大值为最大值,则m的取值范围是________. 考点 含参数的函数最值问题 题点 知最值求参数 答案 (0,3) 解析 f′(x)=-3x2+2mx=x(-3x+2m). 令f′(x)=0,得x=0或x=. ∵x∈(0,2),∴0<<2, ∴0<m<3. 10.某公司在甲、乙两地销售一种品牌车,利润(单位:万元)分别为L1=5.06x-0.15x2和L2=2x,其中x为销售量(单位:辆),若该公司在这两地共销售15辆车,则能获得的最大利润为________万元. 考点 函数类型的优化问题 题点 利用导数求解最大利润问题 答案 45.6 解析 设甲地销售x辆,则乙地销售(15-x)辆. 总利润L=5.06x-0.15x2+2(15-x) =-0.15x2+3.06x+30(x≥0). 令L′=-0.3x+3.06=0,得x=10.2, ∴当x=10时,L有最大值45.6. 11.若存在正数x使2x(x-a)<1成立,则a的取值范围是________. 考点 函数最值的应用 题点 存在性问题 答案 (-1,+∞) 解析 因为2x(x-a)<1, 所以a>x-. 令f(x)=x-, 所以f′(x)=1+2-xln2>0, 所以f(x)在(0,+∞)上是增加的, 所以f(x)>f(0)=0-1=-1, 所以a的取值范围为(-1,+∞). 三、解答题 12.已知函数f(x)=x(x+a)-lnx,其中a为常数. (1)当a=-1时,求f(x)的极值; (2)若f(x)是区间内的单调函数,求实数a的取值范围. 考点 导数的综合应用 题点 导数的综合应用 解 (1)当a=-1时,f′(x)=2x-1-==(x>0), 所以f(x)在区间(0,1)上是减少的,在(1,+∞)上是增加的, 于是f(x)有极小值f(1)=0,无极大值. (2)易知f′(x)=2x+a-在区间上是增加的, 又由题意可得f′(x)=2x+a-=0在上无解. 即f′≥0或f′(1)≤0, 解得a≥1或a≤-1, 即a的取值范围为(-∞,-1]∪[1,+∞). 13.设函数f(x)=tx2+2t2x+t-1(x∈R,t>0). (1)求f(x)的最小值h(t); (2)若h(t)<-2t+m对t∈(0,2)恒成立,求实数m的取值范围. 解 (1)∵f(x)=t(x+t)2-t3+t-1(x∈R,t>0), ∴当x=-t时,f(x)取最小值f(-t)=-t3+t-1, 即h(t)=-t3+t-1. (2)令g(t)=h(t)-(-2t+m)=-t3+3t-1-m, 由g′(t)=-3t2+3=0,得t=1,t=-1(不合题意,舍去). 当t变化时,g′(t),g(t)的变化情况如下表: t (0,1) 1 (1,2) g′(t) + 0 - g(t) ↗ 1-m ↘ ∴对t∈(0,2),当t=1时,g(t)max=1-m, h(t)<-2t+m对t∈(0,2)恒成立, 也就是g(t)<0对t∈(0,2)恒成立, 只需g(t)max=1-m<0,∴m>1. 故实数m的取值范围是(1,+∞) 14.函数f(x)=ax3+ax2-2ax+1的图像经过四个象限,则实数a的取值范围是(  ) A. B. C. D.∪ 考点 导数的综合应用 题点 导数的综合应用 答案 D 解析 f′(x)=ax2+ax-2a=a(x+2)(x-1), 要使函数f(x)的图像经过四个象限,则f(-2)f(1)<0, 即<0,解得a<-或a>. 15.设函数f(x)=-x3+2ax2-3a2x+b(0<a<1). (1)求函数f(x)的单调区间和极值; (2)若当x∈[a+1,a+2]时,恒有|f′(x)|≤a,试确定a的取值范围; (3)当a=时,关于x的方程f(x)=0在区间[1,3]上恒有两个相异的实根,求实数b的取值范围. 解 (1)f′(x)=-x2+4ax-3a2=-(x-a)(x-3a). 令f′(x)=0,得x=a或x=3a. 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x (-∞,a) a (a,3a) 3a (3a,+∞) f′(x) - 0 + 0 - f(x) ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ ∴f(x)在(-∞,a)和(3a,+∞)上是减少的,在(a,3a)上是增加的. 当x=a时,f(x)取得极小值,f(x)极小值=f(a)=b-a3; 当x=3a时,f(x)取得极大值,f(x)极大值=f(3a)=b. (2)f′(x)=-x2+4ax-3a2,其对称轴为x=2a. 因为0<a<1,所以2a<a+1. 所以f′(x)在区间[a+1,a+2]上是减少的. 当x=a+1时,f′(x)取得最大值f′(a+1)=2a-1; 当x=a+2时,f′(x)取得最小值f′(a+2)=4a-4. 于是有即≤a≤1. 又因为0<a<1,所以≤a<1. (3)当a=时,f(x)=-x3+x2-x+b. f′(x)=-x2+x-, 由f′(x)=0,即-x2+x-=0,解得x1=,x2=2, 即f(x)在上是减少的,在上是增加的,在(2,+∞)上是减少的. 要使f(x)=0在[1,3]上恒有两个相异实根, 即f(x)在(1,2),(2,3)上各有一个实根, 于是有即 解得0<b≤.

2020版高中数学 第四章 导数应用 阶段训练五(含解析)北师大版选修1 -1.docx

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