课时提能演练(十五)
(45分钟 100分)
一、选择题(每小题6分，共36分)
1.(2012·汉中模拟)f(x)是定义在R上的可导函数，则“f(x)在R上单调递增”是“当x∈R时，f′(x)>0”的( )
(A)充分而不必要条件
(B)必要而不充分条件
(C)充分必要条件
(D)既不充分也不必要条件
2.(2012·榆林模拟)已知函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图像如下，
则( )
(A)函数f(x)有1个极大值点，1个极小值点
(B)函数f(x)有2个极大值点，2个极小值点
(C)函数f(x)有3个极大值点，1个极小值点
(D)函数f(x)有1个极大值点，3个极小值点
3.函数f(x)＝(x2－1)2＋2的极值点是( )
(A)x＝1 (B)x＝－1
(C)x＝1或－1或0 (D)x＝0
4.(2011·辽宁高考)函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)＞2，则f(x)＞2x＋4的解集为( )
(A)(－1,1) (B)(－1，＋∞)
(C)(－∞，－1) (D)(－∞，＋∞)
5.函数f(x)＝ex(sinx＋cosx)在区间[0，]上的值域为( )
(A)[，] (B)(，)
(C)[1，] (D)(1，)
6.(2012·西安模拟)设f(x)＝x3＋ax2＋2bx＋c，当x∈(0,1)时取得极大值，当x∈(1,2)时取得极小值，则的取值范围为( )
(A)(1,4) (B)(，1)
(C) (，) (D)(，1)
二、填空题(每小题6分，共18分)
7. (2012·铜川模拟)函数y＝－x3＋(a＋)x2－2x＋4(a<－1)的递减区间为 .
8.(易错题)已知函数f(x)＝x3＋3mx2＋nx＋m2在x＝－1时有极值0，则m＋n＝ .
9.直线y＝a与函数f(x)＝x3－3x的图像有相异的三个公共点，则a的取值范围是 .
三、解答题(每小题15分，共30分)
10.(2011·江西高考)设f(x)＝－x3＋x2＋2ax.
(1)若f(x)在(，＋∞)上存在单调递增区间，求a的取值范围.
(2)当00，
∴f(x)是[0，]上的增函数.
∴f(x)的最大值为f()＝e，
f(x)的最小值为f(0)＝.
∴f(x)的值域为[，e].
6.【解题指南】先由题意求关于a，b的式子的取值范围，再由线性规划的知识求的取值范围.
【解析】选D.∵f′(x)＝x2＋ax＋2b，
由题意得，即，
画可行域如图中阴影部分.
式子的几何意义是可行域内的点与点M(1,2)连线的斜率.
由得A(－3,1)，
∵B(－1,0)，
∴kMB＝1，kMA＝，
∴的取值范围是(，1).
7.【解析】∵y′＝－2x2＋2(a＋)x－2
＝－2[x2－(a＋)x＋1]
＝－2(x－a)(x－)
由y′＝0，得x1＝a，x2＝，
∵a<－1，∴a<.
∴y′＝－2(x－a)(x－)<0的解集，
即原函数的减区间是(－∞，a)，(，＋∞).
答案：(－∞，a)，(，＋∞)
8.【解析】∵f′(x)＝3x2＋6mx＋n，
∴由已知可得
，
∴或，
当时，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0恒成立与x＝－1是极值点矛盾，
当时，f′(x)＝3x2＋12x＋9＝3(x＋1)(x＋3)，
显然x＝－1是极值点，符合题意，
∴m＋n＝11.
答案：11
【误区警示】本题易出现求得m，n后不检验的错误.
9.【解析】令f′(x)＝3x2－3＝0，
得x＝±1，可求得f(x)的极大值为f(－1)＝2，
极小值为f(1)＝－2，
画出函数图像如图所示，可得－20，得a>－，所以，当a>－时，f(x)在(，＋∞)上存在单调递增区间.
(2)令f′(x)＝0，得两根x1＝，
x2＝.
所以f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，
在(x1，x2)上单调递增.
当00，
函数f(x)在区间(－1,0)上单调递增；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，
函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减；
∴函数f(x)在x＝0处取得极大值，故a＝－1.
(2)∵f′(x)≥2x，∴＋a≥2x，
∴a≥2x－.
令g(x)＝2x－(1≤x≤2)，
∴g′(x)＝2＋>0，
∴g(x)在[1,2]上是增函数，∴a≥g(1)＝.
(3)∵f′(x)＝＋a，>0，
∴当a≥0时，f′(x)>0，函数f(x)在(－1，＋∞)上是增函数.
当a<0时，令f′(x)＝0，得x＝－－1；
若x∈(－1，－－1)时，f′(x)>0，
若x∈(－－1，＋∞)时，f′(x)<0；
综上，当a≥0时，函数f(x)的单调递增区间是(－1，＋∞)；
当a<0时，函数f(x)的单调递增区间是(－1，－－1)，单调递减区间是
(－－1，＋∞).
11.【解析】(1)因为x＝5时y＝11，
所以＋10＝11，所以a＝2；
(2)由(1)知该商品每日的销售量
y＝＋10(x－6)2，
所以商场每日销售该商品所获得的利润：
f(x)＝(x－3)[＋10(x－6)2]＝2＋10(x－3)(x－6)2,3＜x＜6；
从而f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]＝30(x－4)(x－6)，令f′(x)＝0得x＝4，
函数f(x)在(3,4)上单调递增，在(4,6)上单调递减，所以当x＝4时函数f(x)取得最大值f(4)＝42.
答：当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大.
【探究创新】
【解析】(1)P(x)＝R(x)－C(x)＝－10x3＋45x2＋3 240x－5 000(x∈N*，且1≤x≤20)；
MP(x)＝P(x＋1)－P(x)
＝－30x2＋60x＋3 275 (x∈N*，且1≤x≤19).
(2)P′(x)＝－30x2＋90x＋3 240＝－30(x－12)(x＋9)，
∵x>0，∴P′(x)＝0时，x＝12，
当00，
当x>12时，P′(x)<0，
∴x＝12时，P(x)有极大值，也是最大值.
即年造船量安排12艘时，可使公司造船的年利润最大.
(3)MP(x)＝－30x2＋60x＋3 275
＝－30(x－1)2＋3 305.
所以，当x≥1时，MP(x)单调递减，
所以单调递减区间为[1,19]，且x∈N*，
MP(x)是减函数的实际意义是：随着产量的增加，每艘利润与前一艘比较，利润在减少.
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