【创优导学案】2014届高考数学总复习-第二章-函数与导数-2-13课后巩固提升(含解析)新人教A版.doc

【创优导学案】2014届高考数学总复习 第二章 函数与导数 2-13课后巩固提升（含解析）新人教A版
(对应学生用书P349　解析为教师用书独有)
(时间：45分钟　满分：100分)
一、选择题(本大题共6小题，每小题6分，共36分)

1．已知连续函数f(x)的导函数图象如图所示，则 (　　)
A．x1，x2是极小值点，x3是极大值点
B．x1，x3是极小值点，x2是极大值点
C．x1，x3是极大值点，x2是极小值点
D．x2，x3是极大值点，x1是极小值点
解析 B　由导函数图象可以看出，当x<x1时，f′(x)<0，则f(x)在(－∞，x1)上单调递减；当x1<x<x2时，f′(x)>0，则f(x)在(x1，x2)上单调递增；当x2<x<x3时，f′(x)<0，则f(x)在(x2，x3)上单调递减；当x>x3时，f′(x)>0，则f(x)在(x3，＋∞)上单调递增．故x1，x3是函数的极小值点，x2是函数的极大值点．
2．(2013·西安十校联考)若函数y＝f(x)可导，则“f′(x)＝0有实根”是“f(x)有极值”的 (　　)
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析 A　f(x)有极值⇒f′(x)＝0有实根，反之不一定成立，故选A.
3．函数y＝x＋(－2＜x＜0)的极大值为 (　　)
A．－2 B．2
C．－ D．不存在
解析 A　y′＝1－，令y′＝0，得x＝－1.
当－2＜x＜－1时，f′(x)＞0；当－1＜x＜0时，f′(x)＜0.
∴f(x)极大值＝f(－1)＝－2.
4．(2013·兰州模拟)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则实数a的取值范围是 (　　)
A．(－1,2) B．(－∞，－3)∪(6，＋∞)
C．(－3,6) D．(－∞，－1)∪(2，＋∞)
解析 B　f′(x)＝3x2＋2ax＋a＋6，若f(x)有极大值和极小值，则Δ＝(2a)2－4×3(a＋6)>0，即a2－3a－18>0，得a>6或a<－3.
5．函数f(x)＝(ex＋e－x)取极小值时，x为 (　　)
A．1 B．－1
C．0 D．不存在
解析 C　f′(x)＝(ex－e－x)，令f′(x)＝0，得x＝0.
当x＞0时，f′(x)＞0，f(x)为增函数；
当x＜0时，f′(x)＜0，f(x)为减函数．
∴x＝0时，函数f(x)取极小值．
6．从边长为10 cm×16 cm的矩形纸板的四个角上截去四个相同的小正方形，做成一个无盖的盒子，则盒子的最大容积是 (　　)
A．134 cm3 B．144 cm3
C．102 cm3 D．98 cm3
解析 B　设小正方形边长为x cm，则盒子容积V(x)＝x(10－2x)(16－2x)＝4(x3－13x2＋40x)(0＜x＜5)．
∴V′(x)＝4(3x2－26x＋40)＝4(3x－20)(x－2)．
令V′(x)＝0，得x＝2或x＝.
但 ∉(0,5)，∴x＝2.
∵极值点只有一个，可判断该点就是最大值点．
∴当x＝2时，V(x)最大，V(2)＝4(8－52＋80)＝144 cm3.
二、填空题(本大题共3小题，每小题8分，共24分)
7．已知f(x)＝xe－x，x∈[－2,2]的最大值为M，最小值为m，则M－m＝________.
解析 f′(x)＝e－x－xe－x＝e－x(1－x)，
令f′(x)＝0，得x＝1.
当x＞1时，f′(x)＜0；当x＜1时，f′(x)＞0.
∴x＝1时，f(x)取极大值，f(1)＝.
又∵f(－2)＝－2e2，f(2)＝，∴M＝，m＝－2e2.
故M－m＝＋2e2.
【答案】 ＋2e2
8．已知实数a＞0，函数f(x)＝ax(x－2)2(x∈R)有极大值32，则实数a的值为________．
解析 令f′(x)＝a(x－2)2＋ax·2(x－2)＝a(x－2)·(3x－2)＝0，得x＝2或x＝.
又a＞0，∴当x＜或x＞2时，f′(x)＞0；当＜x＜2时，f′(x)＜0.∴x＝时，f(x)取极大值．
∴f＝a·2＝32，解得a＝27.
【答案】 27
9．若函数f(x)＝x3－6bx＋3b在(0,1)内有极小值，则实数b的取值范围是________．
解析 f′(x)＝3x2－6b，令f′(x)＝0，得x＝±.若f(x)在(0,1)内有极小值，则方程正根x＝在(0,1)内，即0＜b＜.
【答案】
三、解答题(本大题共3小题，共40分)
10．(12分)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋5.
(1)若曲线f(x)在点(1，f(1))的切线斜率为3，且x＝时，f(x)有极值，求函数f(x)解析式；
(2)在(1)的条件下，求函数f(x)在[－4,1]上的最大值和最小值．
解析 (1)f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
由f′(1)＝3，f′＝0，得
解得经检验符合题意．
∴f(x)＝x3＋2x2－4x＋5.
(2)f(x)＝x3＋2x2－4x＋5，f′(x)＝3x2＋4x－4.
令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝.
f(x)、f′(x)随x的变化情况如下表：
x
(－4，－2)
－2

f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值13

极小值

由此可知f(x)极大值＝f(－2)＝13，f(x)极小值＝f＝.
又∵f(－4)＝(－4)3＋2×(－4)2－4×(－4)＋5＝－11，f(1)＝13＋2×12－4×1＋5＝4，
∴f(x)max＝13，f(x)min＝－11.
11．(12分)(2011·山东高考)某企业拟建造如图所示的容器(不计厚度，长度单位：米)，其中容器的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求容器的容积为立方米，且l≥2r.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关．已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元，半球形部分每平方米建造费用为c(c>3)千元．设该容器的建造费用为y千元．

(1)写出y关于r的函数表达式，并求该函数的定义域；
(2)求该容器的建造费用最小时的r.
解析 (1)设容器的容积为V.
由题意知V＝πr2l＋πr3.
又V＝，故l＝＝－r＝(－r)．
由于l≥2r，因此0<r≤2.
所以建造费用y＝2πrl×3＋4πr2c＝2πr×(－r)×3＋4πr2c.
因此y＝4π(c－2)r2＋，0<r≤2.
(2)由(1)得y′＝8π(c－2)r－
＝，0<r<2.
由于c>3，所以c－2>0.当r3－＝0时，r＝.
令＝m，则m>0.
所以y′＝(r－m)(r2＋rm＋m2)．
①当0<m<2，即c>时，当r＝m时，y′＝0；
当r∈(0，m)时，y′<0；当r∈(m,2)时，y′>0.
所以r＝m是函数y的极小值点，也是最小值点．
②当m≥2，即3<c≤时，
当r∈(0,2)时，y′<0，函数单调递减．
所以r＝2是函数y的最小值点．
综上所述，当3<c≤时，建造费用最小时r＝2；
当c>时，建造费用最小时r＝.
12．(16分)设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)求证：当a＞ln 2－1且x＞0时，ex＞x2－2ax＋1.
解析 (1)由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R知f′(x)＝ex－2，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln 2.
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，ln 2)
ln 2
(ln 2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
单调递减
2(1－ln 2＋a)
单调递增
故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)，f(x)在x＝ln 2处取得极小值，
极小值为f(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)．
(2)设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，
于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
由(1)知当a＞ln 2－1时，g′(x)的最小值为
g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)＞0.
于是对任意x∈R都有g′(x)＞0，
所以g(x)在R内单调递增．
于是当a＞ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)＞g(0)．
而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)＞0.
即ex－x2＋2ax－1＞0，故ex＞x2－2ax＋1.