高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第二章第12課時 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用與定積分課時闖關(guān)（含解析）

第二章第12課時導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用與定積分課時闖關(guān)（含答案解析）一、選擇題1．(2011·高考湖南卷)由直線x＝－eq\f(π,3)，x＝eq\f(π,3)，y＝0與曲線y＝cosx所圍成的封閉圖形的面積為()A.eq\f(1,2) B．1C.eq\f(\r(3),2) D.eq\r(3)解析：選D.根據(jù)定積分的定義，所圍成的封閉圖形的面積為eq\i\in(－\f(π,3),\f(π,3),)cosxdx＝sinxeq\b\lc\|(\s(\f(π,3),－\f(π,3)))＝sineq\f(π,3)－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝eq\r(3).2．用邊長為48cm的正方形鐵皮做一個無蓋的鐵盒時，在鐵皮的四角各截去一個面積相等的小正方形，然后把四邊折起，就能焊成鐵盒．所做的鐵盒容積最大時，在四角截去的正方形的邊長為()A．6cm B．8cmC．10cm D．12cm解析：選B.設(shè)剪去的小正方形邊長為xcm，則V＝x·(48－2x)2＝4x(24－x)2，∴V′(x)＝4(24－x)2＋8x(24－x)(－1)，令V′(x)＝0可以得x＝8.故選B.3．函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)ex(sinx＋cosx)在區(qū)間[0，eq\f(π,2)]上的值域為()A．[eq\f(1,2)，eq\f(1,2)eeq\f(π,2)] B．(eq\f(1,2)，eq\f(1,2)eeq\f(π,2))C．[1，eeq\f(π,2)] D．(1，eeq\f(π,2))解析：選A.f′(x)＝eq\f(1,2)ex(sinx＋cosx)＋eq\f(1,2)ex(cosx－sinx)＝excosx，當(dāng)0≤x≤eq\f(π,2)時，f′(x)≥0，∴f(x)是[0，eq\f(π,2)]上的增函數(shù)．∴f(x)的最大值為f(eq\f(π,2))＝eq\f(1,2)eeq\f(π,2)，f(x)的最小值為f(0)＝eq\f(1,2).4．(2012·蘭州調(diào)研)函數(shù)f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)內(nèi)有最小值，則a的取值范圍為()A．0≤a<1 B．0<a<1C．－1<a<1 D．0<a<eq\f(1,2)解析：選B.∵y′＝3x2－3a，令y′＝0，可得：a＝x2.又∵x∈(0,1)，∴0<a<1.故選B.5．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，x∈[－2,2]表示的曲線過原點，且在x＝±1處的切線斜率均為－1，給出以下結(jié)論：①f(x)的解析式為f(x)＝x3－4x，x∈[－2,2]；②f(x)的極值點有且僅有一個；③f(x)的最大值與最小值之和等于0.其中正確的結(jié)論有()A．0個 B．1個C．2個 D．3個解析：選C.∵f(0)＝0，∴c＝0，∵f′(x)＝3x2＋2ax＋b.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝－1,f′－1＝－1))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3＋2a＋b＝－1,3－2a＋b＝－1)).解得a＝0，b＝－4，∴f(x)＝x3－4x，∴f′(x)＝3x2－4.令f′(x)＝0，得x＝±eq\f(2,3)eq\r(3)∈[－2,2]，∴極值點有兩個．∵f(x)為奇函數(shù)，∴f(x)max＋f(x)min＝0.∴①③正確，故選C.二、填空題6．函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx在[1，e]上的最大值為________．解析：∵f′(x)＝x－eq\f(1,x)，∴當(dāng)x∈(1，e)時，f′(x)＞0，∴f(x)在[1，e]上是增函數(shù)，故f(x)min＝f(1)＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)7．已知f(x)＝－x2＋mx＋1在區(qū)間[－2，－1]上的最大值就是函數(shù)f(x)的極大值，則m的取值范圍是________．解析：f′(x)＝m－2x，令f′(x)＝0，則x＝eq\f(m,2)，由題設(shè)得eq\f(m,2)∈[－2，－1]，故m∈[－4，－2]．答案：[－4，－2]8．已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x＋1對x∈(0,1]總有f(x)≥0成立，則實數(shù)a的取值范圍是________．解析：當(dāng)x∈(0,1]時不等式ax3－3x＋1≥0可化為a≥eq\f(3x－1,x3)，設(shè)g(x)＝eq\f(3x－1,x3)，x∈(0,1]，g′(x)＝eq\f(3x3－3x－13x2,x6)＝－eq\f(6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2))),x4)，g′(x)與g(x)隨x變化情況如下表：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))f′(x)＋0－f(x)↗4↘因此g(x)的最大值為4，則實數(shù)a的取值范圍是[4，＋∞)．答案：[4，＋∞)三、解答題9．已知a為實數(shù)，函數(shù)f(x)＝(x2＋1)(x＋a)．若f′(－1)＝0，求函數(shù)y＝f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，1))上的最大值和最小值．解：∵f′(－1)＝0，∴3－2a＋1＝0，即a＝2.∴f′(x)＝3x2＋4x＋1＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,3)))(x＋1)．由f′(x)＞0，得x＜－1或x＞－eq\f(1,3)；由f′(x)＜0，得－1＜x＜－eq\f(1,3).因此，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，1))上的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－1))，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,3))).∴f(x)在x＝－1處取得極大值為f(－1)＝2；f(x)在x＝－eq\f(1,3)處取得極小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝eq\f(50,27).又∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝eq\f(13,8)，f(1)＝6，且eq\f(50,27)＞eq\f(13,8)，∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，1))上的最大值為f(1)＝6，最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝eq\f(13,8).10．(2011·高考浙江卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝a2lnx－x2＋ax，a>0.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求所有的實數(shù)a，使e－1≤f(x)≤e2對x∈[1，e]恒成立．注：e為自然對數(shù)的底數(shù)．解：(1)因為f(x)＝a2lnx－x2＋ax，其中x>0，所以f′(x)＝eq\f(a2,x)－2x＋a＝－eq\f(x－a2x＋a,x).由于a>0，所以f(x)的增區(qū)間為(0，a)，減區(qū)間為(a，＋∞)．(2)由題意得f(1)＝a－1≥e－1，即a≥e.由(1)知f(x)在[1，e]內(nèi)單調(diào)遞增，要使e－1≤f(x)≤e2對x∈[1，e]恒成立．只要eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝a－1≥e－1，,fe＝a2－e2＋ae≤e2，))解得a＝e.11．某造船公司年造船量是20艘，已知造船x艘的產(chǎn)值函數(shù)為R(x)＝3700x＋45x2－10x3(單位：萬元)，成本函數(shù)為C(x)＝460x＋5000(單位：萬元)，又在經(jīng)濟學(xué)中，函數(shù)f(x)的邊際函數(shù)Mf(x)的定義為Mf(x)＝f(x＋1)－f(x)．(1)求利潤函數(shù)P(x)及邊際利潤函數(shù)MP(x)；(提示：利潤＝產(chǎn)值－成本)(2)問年造船量安排多少艘時，可使公司造船的年利潤最大？(3)求邊際利潤函數(shù)MP(x)的單調(diào)遞減區(qū)間，并說明單調(diào)遞減在本題中的實際意義是什么？解：(1)P(x)＝R(x)－C(x)＝－10x3＋45x2＋3240x－5000(x∈N*，且1≤x≤20)；MP(x)＝P(x＋1)－P(x)＝－30x2＋60x＋3275(x∈N*，且1≤x≤19)．(2)P′(x)＝－30x2＋90x＋3240＝－30(x－12)(x＋9)，∵1≤x≤20，x∈N*，∴P′(x)＝0時，x＝12，當(dāng)1≤x<12，且x∈N*時，P′(