8、=30(x-4)(x-6).
于是,當(dāng)x變化時(shí),f′(x),f(x)的變化情況如下表:
x
(3,4)
4
(4,6)
f′(x)
+
0
-
f(x)
單調(diào)遞增
極大值42
單調(diào)遞減
由上表可得,x=4是函數(shù)f(x)在區(qū)間(3,6)內(nèi)的極大值點(diǎn),也是最大值點(diǎn).所以,當(dāng)x=4時(shí),函數(shù)f(x)取得最大值,且最大值等于42.
答:當(dāng)銷(xiāo)售價(jià)格為4元/千克時(shí),商場(chǎng)每日銷(xiāo)售該商品所獲得的利潤(rùn)最大.
B級(jí) 能力突破(時(shí)間:30分鐘 滿(mǎn)分:45分)
一、選擇題(每小題5分,共10分)
1.函數(shù)f(x)=ex(sin x+cos x)在區(qū)間上的值域?yàn)? ( ).
9、
A. B.
C.[1,e] D.(1,e)
解析 f′(x)=ex(sin x+cos x)+ex(cos x-sin x)=excos x,
當(dāng)0≤x≤時(shí),f′(x)≥0,且只有在x=時(shí),f′(x)=0,
∴f(x)是上的增函數(shù),
∴f(x)的最大值為f=e,
f(x)的最小值為f(0)=.
∴f(x)在上的值域?yàn)?故應(yīng)選A.
答案 A
2.(2013·濰坊一模)已知函數(shù)f(x)=x3+2bx2+cx+1有兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2,且x1∈[-2,-1],x2∈[1,2],則f(-1)的取值范圍是 ( ).
A. B.
C.[3,12]
10、 D.
解析 因?yàn)閒(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2,所以f′(x)=3x2+4bx+c=0有兩個(gè)根x1,x2,且x1∈[-2,-1],x2∈[1,2],所以即
畫(huà)出可行域如圖所示.因?yàn)閒(-1)=2b-c,由圖知經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(0,-3)時(shí),f(-1)取得最小值3,經(jīng)過(guò)點(diǎn)C(0,-12)時(shí),f(-1)取得最大值12,所以f(-1)的取值范圍為[3,12].
答案 C
二、填空題(每小題5分,共10分)
3.已知函數(shù)f(x)=mx3+nx2的圖象在點(diǎn)(-1,2)處的切線(xiàn)恰好與直線(xiàn)3x+y=0平行,若f(x)在區(qū)間[t,t+1]上單調(diào)遞減,則實(shí)數(shù)t的取值范圍是________.
解析
11、由題意知,點(diǎn)(-1,2)在函數(shù)f(x)的圖象上,
故-m+n=2.①
又f′(x)=3mx2+2nx,則f′(-1)=-3,
故3m-2n=-3.②
聯(lián)立①②解得:m=1,n=3,即f(x)=x3+3x2,
令f′(x)=3x2+6x≤0,解得-2≤x≤0,
則[t,t+1]?[-2,0],故t≥-2且t+1≤0,
所以t∈[-2,-1].
答案 [-2,-1]
4.(2013·長(zhǎng)春調(diào)研)已知函數(shù)f(x)=+ln x,若函數(shù)f(x)在[1,+∞)上為增函數(shù),則正實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_______.
解析 ∵f(x)=+ln x,∴f′(x)=(a>0),
∵函數(shù)f(x)在
12、[1,+∞)上為增函數(shù),∴f′(x)=≥0對(duì)x∈[1,+∞)恒成立,∴ax-1≥0對(duì)x∈[1,+∞)恒成立,即a≥對(duì)x∈[1,+∞)恒成立,∴a≥1.
答案 [1,+∞)
三、解答題(共25分)
5.(12分)設(shè)函數(shù)f(x)=x3+bx2+cx+d(a>0),且方程f′(x)-9x=0的兩根分別為1,4.
(1)當(dāng)a=3且曲線(xiàn)y=f(x)過(guò)原點(diǎn)時(shí),求f(x)的解析式;
(2)若f(x)在(-∞,+∞)內(nèi)無(wú)極值點(diǎn),求a的取值范圍.
解 由f(x)=x3+bx2+cx+d得f′(x)=ax2+2bx+c.
因?yàn)閒′(x)-9x=ax2+2bx+c-9x=0的兩個(gè)根分別為1,4,
所
13、以(*)
(1)當(dāng)a=3時(shí),由(*)式得
解得b=-3,c=12.又因?yàn)榍€(xiàn)y=f(x)過(guò)原點(diǎn),
所以d=0.故f(x)=x3-3x2+12x.
(2)由于a>0,所以f(x)=x3+bx2+cx+d在(-∞,+∞)內(nèi)無(wú)極值點(diǎn)等價(jià)于f′(x)=ax2+2bx+c≥0在(-∞,+∞)內(nèi)恒成立.由(*)式得2b=9-5a,c=4a.
又Δ=(2b)2-4ac=9(a-1)(a-9),
由得a∈[1,9].
即a的取值范圍是[1,9].
6.(13分)(2012·新課標(biāo)全國(guó))已知函數(shù)f(x)滿(mǎn)足f(x)=f′(1)ex-1-f(0)x+x2.
(1)求f(x)的解析式及單調(diào)區(qū)間;
14、
(2)若f(x)≥x2+ax+b,求(a+1)b的最大值.
解 (1)由已知得f′(x)=f′(1)ex-1-f(0)+x.
所以f′(1)=f′(1)-f(0)+1,即f(0)=1.
又f(0)=f′(1)e-1,所以f′(1)=e.
從而f(x)=ex-x+x2.由于f′(x)=ex-1+x,
故當(dāng)x∈(-∞,0)時(shí),f′(x)<0;
當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),f′(x)>0.
從而,f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增.
(2)由已知條件得ex-(a+1)x≥b.①
(i)若a+1<0,則對(duì)任意常數(shù)b,當(dāng)x<0,且x<時(shí),可得ex-(a+1)x
15、因此①式不成立.
(ii)若a+1=0,則(a+1)b=0.
(iii)若a+1>0,設(shè)g(x)=ex-(a+1)x,
則g′(x)=ex-(a+1).
當(dāng)x∈(-∞,ln(a+1))時(shí),g′(x)<0;
當(dāng)x∈(ln(a+1),+∞)時(shí),g′(x)>0.
從而g(x)在(-∞,ln(a+1))上單調(diào)遞減,在(ln(a+1),+∞)上單調(diào)遞增.
故g(x)有最小值g(ln(a+1))=a+1-(a+1)ln(a+1).
所以f(x)≥x2+ax+b等價(jià)于b≤a+1-(a+1)·ln(a+1).②
因此(a+1)b≤(a+1)2-(a+1)2ln(a+1).
設(shè)h(a)=(a+1)2-(a+1)2ln(a+1),則
h′(a)=(a+1)[1-2ln(a+1)].
所以h(a)在(-1,e-1)上單調(diào)遞增,在(e-1,+∞)上單調(diào)遞減,故h(a)在a=e-1處取得最大值.
從而h(a)≤,即(a+1)b≤.
當(dāng)a=e-1,b=時(shí),②式成立.故f(x)≥x2+ax+b.
綜上得,(a+1)b的最大值為.
特別提醒:教師配贈(zèng)習(xí)題、課件、視頻、圖片、文檔等各種電子資源見(jiàn)《創(chuàng)新設(shè)計(jì)·高考總復(fù)習(xí)》光盤(pán)中內(nèi)容.