2014屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)方案 第15講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（二）課時(shí)作業(yè) 新人教B版

5、度x(km/h)的函數(shù)解析式可以表示為：y＝x3－x＋8(0＜x≤120)．已知甲、乙兩地相距100 km. (1)當(dāng)汽車以40 km/h的速度勻速行駛時(shí)，從甲地到乙地要耗油多少升？ (2)當(dāng)汽車以多大的速度勻速行駛時(shí)，從甲地到乙地耗油最少？最少為多少升？ 16．(12分) [2012·石家莊二模] 己知函數(shù)f(x)＝(x2－ax＋a)ex(a<2，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))． (1)若a＝1，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程； (2)若存在x∈[－2，2]，使得f(x)≥3a2e2，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 課時(shí)

6、作業(yè)(十五) 【基礎(chǔ)熱身】 1．C　[解析] f′(x)＝1－cosx≥0，所以f(x)在上為增函數(shù)，所以f(x)的最大值為f(π)＝π－sinπ＝π，故選C. 2．B　[解析] f′(x)＝3x2－3a，－3a<0得a>0，令f′(x)＝0，可得a＝x2.又x∈(0，1)，所以0

7、 f′(x)＝3x2－6x.令f′(x)＝0有x＝0或x＝2. 當(dāng)x<0時(shí)，f′(x)>0，f(x)是增函數(shù)；當(dāng)02時(shí)，f′(x)>0，f(x)是增函數(shù)．因?yàn)閒(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)，所以f(0)<0或f(2)>0，得a>0或a<－4. 【能力提升】 5．D　[解析] f′(x)＝x＋sinx，顯然f′(x)是奇函數(shù)，令h(x)＝f′(x)，則h(x)＝x＋sinx，求導(dǎo)得h′(x)＝1＋cosx.當(dāng)x∈[－1，1]時(shí)，h′(x)>0，所以h(x)在[－1，1]上單調(diào)遞增，有最大值和最小值．所以f′(x)是既有最大值又有最小值的奇函數(shù)．

8、 6．B　[解析] 令g(x)＝f(x)－2x－4，則g′(x)＝f′(x)－2＞0，所以由g(x)在R上遞增．又g (－1)＝f(－1)－2＝0.所以由g(x)＞0，得x＞－1.故選B. 7．C　[解析] 如圖，設(shè)圓柱的底面半徑為R，高為h，則V＝πR2h. 造價(jià)為y＝2πR2a＋2πRhb＝2πaR2＋2πRb·＝2πaR2＋， 所以y′＝4πaR－.由題意，令y′＝0，得＝. 8．C　[解析] 由(x－1)f′(x)≥0，得x≥1時(shí)，f′(x)≥0；x≤1時(shí)，f′(x)≤0， ①函數(shù)y＝f(x)在(－∞，1]上單調(diào)遞減，f(0)＞f(1)；在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，f(2

9、)＞f(1)．所以f(0)＋f (2)＞2f(1)． ②函數(shù)y＝f(x)可為常數(shù)函數(shù)，則f(0)＋f(2)＝2f(1)．故選C. 9．A　[解析] 由ea＋2a＝eb＋3b，有ea＋3a>eb＋3b，令函數(shù)f(x)＝ex＋3x，則f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∵f(a)>f(b)，∴a>b，A正確，B錯(cuò)誤； 由ea－2a＝eb－3b，有ea－2ab，當(dāng)a，b∈(ln2，＋∞)時(shí)，由f

10、(a)0，故|MN|min＝1－ln＝(1＋ln3)． 11．(0， 3)　[解析] f′(x)＝－3x2＋2mx＝x(－3x＋2m)．令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.因?yàn)閤∈(0，2)，所以0<<2，所以03，則在(0，2)上

11、f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)，而f(0)＝1>0，f(2)＝9－4a<0，則方程x3－ax2＋1＝0在(0，2)上恰有1個(gè)實(shí)根． 13．－∞，　[解析] 因x>0，所以分離參數(shù)可得k＝，因?yàn)榉匠蘫x＋1＝lnx有解，所以k的取值為函數(shù)f(x)＝的值域．又f′(x)＝＝，令f′(x)＝0，則x＝e2.當(dāng)x∈(0，e2)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(e2，＋∞)時(shí)，f′(x)<0.所以f(x)max＝f(e2)＝，故實(shí)數(shù)k的取值范圍是－∞，. 14．解：f′(x)＝3x2＋2ax＋1. 因?yàn)閒′(－1)＝0，∴3－2a＋1＝0，即a＝2. 所以f′(x)＝3x2＋4x＋1＝3(x＋1)．

12、 由f′(x)≥0，得x≤－1或x≥－； 由f′(x)≤0，得－1≤x≤－. 因此，函數(shù)f(x)在上的單調(diào)遞增區(qū)間為－，－1和－，1，單調(diào)遞減區(qū)間為－1，－. 所以f(x)在x＝－1取得極大值f(－1)＝2， f(x)在x＝－取得極小值f＝. 又因?yàn)閒＝，f(1)＝6，且>， 所以f(x)在上的最大值為f(1)＝6，最小值為f＝. 15．解：(1)當(dāng)x＝40 km/h時(shí)，汽車從甲地到乙地行駛了＝2.5 h．要耗油×2.5＝17.5 L. 所以當(dāng)汽車以40 km/h的速度勻速行駛時(shí)，從甲地到乙地耗油17.5 L. (2)當(dāng)速度為x km/h時(shí)，汽車從甲地到乙地行駛 h，設(shè)耗油

13、量為h(x)升， 依題意得h(x)＝·＝x2＋－(0＜x≤120)． h′(x)＝－＝(0＜x≤120)， 令h′(x)＝0，得x＝80，當(dāng)x∈(0，80)時(shí)，h′(x)＜0，h(x)是減函數(shù)； 當(dāng)x∈(80，120]時(shí)，h′(x)＞0，h(x)是增函數(shù)． 所以當(dāng)x＝80時(shí)，h(x)取得極小值h(80)＝11.25. 因此h(x)在(0，120]上只有一個(gè)極值，也是它的最小值． 所以，當(dāng)汽車以80 km/h的速度勻速行駛時(shí)，從甲地到乙地耗油最少，最少為11.25 L. 【難點(diǎn)突破】 16．解：(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝(x2－x＋1)ex，切點(diǎn)為(1，e)， 于是有f′(

14、x)＝(x2＋x)ex，k＝f′(1)＝2e， 所以切線方程為y＝2ex－e. (2)f′(x)＝x(x－a＋2)ex， 令f′(x)＝0，得x＝a－2<0或x＝0， ①當(dāng)－2≤a－2<0，即0≤a<2時(shí)， x －2 (－2，a－2) a－2 (a－2，0) 0 (0，2) 2 f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  所以f(a－2)＝ea－2(4－a)，f(2)＝e2(4－a)， 當(dāng)0≤a<2時(shí)，有f(2)≥f(a－2)， 若存在x∈[－2，2]使得f(x)≥3a2e2，只需e2(4－a)≥3a2e2， 解得－≤a≤1，所以0≤a≤1. ②當(dāng)a－2<－2，即a<0時(shí)， x －2 (－2，0) 0 (0，2) 2 f′(x) － 0 ＋ f(x)  極小值  所以f(－2)＝e－2(4＋3a)，f(2)＝e2(4－a)， 因?yàn)閑－2(4＋3a)f(－2)， 若存在x∈[－2，2]使得f(x)≥3a2e2，只需e2(4－a)≥3a2e2， 解得－≤a≤1，所以－≤a<0. 綜上所述，有－≤a≤1.