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

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(0A．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∴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当1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)∴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＝＝
＝(0V′＝＝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)，00，f(x)是增加的；当d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，
∴010．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(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(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