【高考调研】2015高中数学(人教A版)选修2-2:1-4 生活中的优化问题举例(配套课件+课时检测+课后巩固试题,3份)

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名称 【高考调研】2015高中数学(人教A版)选修2-2:1-4 生活中的优化问题举例(配套课件+课时检测+课后巩固试题,3份)
格式 zip
文件大小 1.4MB
资源类型 教案
版本资源 人教新课标A版
科目 数学
更新时间 2015-03-11 09:04:56

文档简介


1.设底为等边三角形的直棱柱的体积为V,那么其表面积最小时,底面边长为(  )
A.          B.
C. D.2
答案 C
解析 设底面边长为x,则表面积
S=x2+(x>0),S′=(x3-4V).
令S′=0,得唯一极值点x=.
2.用边长为48 cm的正方形铁皮做一个无盖的铁盒时,在铁皮的四角各截去一个面积相等的小方形,然后把四边折起,就能焊成铁盒,所做的铁盒容积最大时,在四角截去的正方形的边长为(  )
A.6 B.8
C.10 D.12
答案 B
3.用长度为l的铁丝围成长方形,则围成的长方形的最大面积为(  )
A. B.
C. D.
答案 D
解析 设长方形一边为x,则另一边为.
S=x·=-x2+x.
S′=-2x+. 令S′=0,得x=.
∴S最大=-()2+·=.
4.设函数f(x)=-x(x-a)2(x∈R,其中a∈R).
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程;
(2)当a≠0求函数f(x)的极大值和极小值;
(3)当a>3时,证明存在k∈ [-1,0],使得不等式
f(k-cosx)≥f(k2-cos2x)对任意的x∈R恒成立.
解析 (1)当a=1时,
f(x)=-x(x-1)2=-x3+2x2-x,得f(2)=-2,
f′(x)=-3x2+4x-1,f′(2)=-12+8-1=-5,
∴当a=1时,曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为5x+y-8=0.
(2)f(x)=-x(x-a)2=-x3+2ax2-a2x,
f′(x)=-3x2+4ax-a2=-(3x-a)(x-a),
令f′(x)=0,解得x=或x=a.
由于a≠0,以下分两种情况讨论.
①若a>0,当x变化时,f′(x)的正负如下表:
x
(-∞,)

(,a)
a
(a,+∞)
f′(x)

0

0

因此,函数f(x)在x=处取得极小值f(),且f()=-a3.
函数f(x)在x=a处取得极大值f(a),且f(a)=0.
②若a<0,当x变化时,f′(x)正负如下表:
x
(-∞,a)
a
(a,)

(,+∞)
f′(x)

0

0

因此函数f(x)在x=a处取得极小值f(a),且f(a)=0;
函数f(x)在x=处取得极大值f(),且f()=
-a3.
(3)证明:由a>3,得到>1,当k∈ [-1,0]时,k-cosx≤1,k2-cosx≤1.
由(2)知f(x)在(-∞,1]上是减函数,要使f(k-cosx)≥f(k2-cos2x)(x∈R),只要
k-cosx≤k2-cos2x(x∈R).
即cos2x-cosx≤k2-k(x∈R).○*
设g(x)=cos2x-cosx=(cosx-)2-,
则函数g(x)在R上的最大值为2.
要使○*式恒成立必须k2-k≥2,即k≥2或k≤-1.
所以,在区间[-1,0]上存在k=-1,使得f(k-cosx)≥
f(k2-cos2x)对任意的x∈R恒成立.
5.设A、B两地相距30千米,如下图所示在它们之间铺设一条铁道,由于地质条件不同,在y>0地区铺设费用为105元/千米,而在y≤0地区铺设费用为6×104元/千米,求最经济的铺设线路.
解析 设∠ADx=θ,由图形的对称性可知,研究y轴的一侧即可.由点A向x轴作垂线,设垂足为C,则CD=5cotθ,AD=.∴DO=15-DC=15-5cotθ.
设铺设铁道的费用为P,则
P=(15-5cotθ)×6×104+×105.
P′=3×105·-5×105.
令P′=0,得=.
∴cosθ=,此时sinθ=,cotθ=.
∴OD=.
在x轴上取点D(,0),E(-,0),则AD→DE→EB为最佳经济铺设线路.
课件48张PPT。第一章 导数及其应用课后巩固课时作业(十二)课时作业(十一)
一、选择题
1.函数f(x)=x+2cosx在区间[-,0]上的最小值是(  )
A.-        B.2
C.+ D.+1
答案 A
2.函数f(x)=x3-3x2+3x(-1A.有最大值,但无最小值
B.有最大值,也无最小值
C.无最大值,也无最小值
D.无最大值,但有最小值
答案 C
3.函数f(x)=lnx-x在(0,e]上的最大值为(  )
A.-1 B.1
C.0 D.e
答案 A
4.设函数f(x)在定义域内可导,y=f(x)的图像如下图,则导数y=f′(x)的图像可能为下图中的(  )
答案 D
5.已知对任意实数x有f(-x)=-f(x),g(-x)=g(x),且x>0,f′(x)>0,g′(x)>0,则x<0时(  )
A.f′(x)>0,g′(x)>0 B.f′(x)>0,g′(x)<0
C.f′(x)<0,g′(x)>0 D.f′(x)<0,g′(x)<0
答案 B
6.函数f(x)=xcosx的导函数f′(x)在区间[-π,π]上的图像大致是(  )
答案 A
解析 ∵f(x)=xcosx,∴f′(x)=cosx-xsinx.
∴f′(-x)=f′(x),∴f′(x)为偶函数.
∴函数图像关于y轴对称.
由f′(0)=1可排除C、D选项.
而f′(1)=cos1-sin1<0,
从而观察图像即可得到答案为A.
二、填空题
7.函数f(x)=x2-(x<0)的最小值是________.
答案 
8.函数f(x)=x2+2ax+1在[0,1]上的最小值为f(1),则a的取值范围为________.
答案 (-∞,-1]
解析 f′(x)=2x+2a,
f(x)在[0,1]上的最小值为f(1),说明f(x)在[0,1]上单调递减,
∴x∈[0,1]时f′(x)≤0恒成立.
∴a≤-x,∴a≤-1.
9.函数f(x)=ex(sinx+cosx)在区间[0,]上的值域为________.
答案 [,e]
解析 ∵x∈[0,],∴f′(x)=excosx≥0,∴f(0)≤f(x)≤f().即≤f(x)≤e.
10.直线y=a与函数y=x3-3x的图像有三个相异的交点,则a的取值范围是________.
答案 (-2,2)
解析 f′(x)=3x2-3,令f′(x)=0,可以得x=1或-1.
∵f(1)=-2,f(-1)=2,∴-211.已知f(x)=-x2+mx+1在区间[-2,-1]上最大值就是函数f(x)的极大值,则m的取值范围是________.
答案 [-4,-2]
解析 f′(x)=m-2x,令f′(x)=0,得x=.
由题设得∈[-2,-1],故m∈[-4,-2].
三、解答题
12.求下列各函数的最值:
(1)f(x)=sin2x-x,x∈[-,];
(2)f(x)=e-x-ex,x∈[0,a],a为正常数.
解析 (1)因为f(x)=sin2x-x,所以f′(x)=2cos2x-1.
又x∈[-,],令f′(x)=0,
解得x=-或x=.
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x
-
(-,
由上表可得函数f(x)的最大值为,最小值为-.
(2)f′(x)=()′-(ex)′=--ex=-.
当x∈[0,a]时,f′(x)<0恒成立,
即f(x)在[0,a]上是减函数.
故当x=a时,f(x)有最小值f(a)=e-a-ea;
当x=0时,f′(x)有最大值f(0)=e-0-e0=0.
13.已知f(x)=x3-x2-x+3,x∈[-1,2],f(x)-m<0恒成立,求实数m的取值范围.
解析 由f(x)-m<0,即m>f(x)恒成立,
知m>f(x)max.
f′(x)=3x2-2x-1,令f′(x)=0,
解得x=-或x=1.
因为f(-)=,f(1)=2,f(-1)=2,f(2)=5,
所以f(x)的最大值为5,故m的取值范围为(5,+∞).
14.设函数f(x)=x2ex.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若当x∈[-2,2]时,不等式f(x)>m恒成立,求实数m的取值范围.
解析 (1)f′(x)=xex+x2ex=x(x+2).
由x(x+2)>0,解得x>0或x<-2.
∴(-∞,-2),(0,+∞)为f(x)的增区间.
由x(x+2)<0,得-2∴(-2,0)为f(x)的减区间.
∴f(x)的单调增区间为(-∞,-2),(0,+∞);
单调减区间为(-2,0).
(2)令f′(x)=x(x+2)=0,得x=0或x=-2.
∵f(-2)=,f(2)=2e2,f(0)=0,
∴f(x)∈[0,2e2].
又∵f(x)>m恒成立,∴m<0.
故m的取值范围为(-∞,0).
15.设函数f(x)定义在(0,+∞)上,f(1)=0,导函数f′(x)=,g(x)=f(x)+f′(x).
(1)求g(x)的单调区间和最小值;
(2)讨论g(x)与g()的大小关系.
解析 (1)由题设易知f(x)=lnx,g(x)=lnx+,
∴g′(x)=.令g′(x)=0,得x=1.
当x∈(0,1)时,g′(x)<0,故(0,1)是g(x)的单调减区间.
当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,故(1,+∞)是g(x)的单调增区间.
∴x=1是g(x)的唯一极值点,且为极小值点,从而也是最小值点,∴最小值为g(1)=1.
(2)g()=-lnx+x,
设h(x)=g(x)-g()=2lnx-x+,
则h′(x)=-.
当x=1时,h(1)=0,即g(x)=g().
当x∈(0,1)∪(1,+∞)时,h′(x)<0,h′(1)=0,
∴h(x)在(0,+∞)内单调递减.
当0h(1)=0,即g(x)>g();
当x=1时,g(x)=g();
当x>1时,h(x)16.已知函数f(x)=ax3+bx2+cx在点x0处取得极小值-4,使其导函数f′(x)>0的x的取值范围为(1,3).
(1)求f(x)的解析式及f(x)的极大值;
(2)当x∈[2,3]时,求g(x)=f′(x)+6(m-2)x的最大值.
解析 (1)由题意知f′(x)=3ax2+2bx+c
=3a(x-1)(x-3)(a<0),
∴在(-∞,1)上f′(x)<0,f(x)是减函数,在(1,3)上f′(x)>0,f(x)是增函数,在(3,+∞)上f′(x)<0,f(x)是减函数.
因此f(x)在x0=1处取得极小值-4,在x=3处取得极大值.
∴
解得a=-1,b=6,c=-9.
∴f(x)=-x3+6x2-9x.
∴f(x)在x=3处取得极大值f(3)=0.
(2)g(x)=-3(x-1)(x-3)+6(m-2)x=-3(x2-2mx+3),
g′(x)=-6x+6m=0,得x=m.
①当2≤m≤3时,g(x)max=g(m)=3m2-9;
②当m<2时,g(x)在[2,3]上是递减的,g(x)max=g(2)=12m-21;
③当m>3时,g(x)在[2,3]上是递增的,g(x)max=g(3)=18m-36.
因此g(x)max=
17.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.
解析 (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或t=-1(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)
?
极大值1-m

∴g(t)在(0,2)内有最大值g(1)=1-m,h(t)<-2t+m在(0,2)内恒成立,即g(t)<0在(0,2)内恒成立,
即1-m<0,解得m>1,所以m的取值范围为(1,+∞).
18.已知函数f(x)=ax2-blnx+在x=x0处取得极小值1+ln2,其导函数f′(x)的图像如图所示.求x0,a,b的值.
解析 由图可知x0=.
∴当x=时,f(x)极小值为1+ln2.
∴a-bln+=1+ln2.
∴a+4bln2=2+4ln2.①
又∵f′(x)=2ax-,
∴f()=2a×-2a=0.
∴a=2b.②
由①②解得b=1,a=2.