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·岳阳模拟)若函数f(x)＝x3-2ax+a在(0,1)内有极小值，则实数a的取值范围是( )
(A)(0，3) (B)(-∞,3)
(C)(0,+∞) (D)(0,)
2.对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x-1)f′(x)≥0，则必有( )
(A)f(0)+f(2)＜2f(1)
(B)f(0)+f(2)≤2f(1)
(C)f(0)+f(2)≥2f(1)
(D)f(0)+f(2)＞2f(1)
3.(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)(-∞，+∞)
4.(预测题)已知函数f(x)=x3+bx2+cx+d在区间[-1,2]上是减函数，那么b+c( )
(A)有最大值 (B)有最大值-
(C)有最小值 (D)有最小值-
5.函数f(x)= ex(sinx+cosx)在区间[0，]上的值域为( )
(A)[，] (B)(，)
(C)[1，] (D)(1，)
6.已知函数y=f(x)(x∈R)的图象如图所示，则不等式xf′(x)<0的解集为( )
(A)(-∞，)∪(,2)
(B)(-∞，0)∪(，2)
(C)(-∞，) ∪(，+∞)
(D)(-∞，)∪(2，+∞)
二、填空题(每小题6分，共18分)
7.(易错题)已知函数f(x)=x3+3mx2+nx+m2在x=-1时有极值0，则m+n=________.
8.已知函数f(x)=alnx+x在区间[2,3]上单调递增，则实数a的取值范围是________.
9.(2012·柳州模拟)直线y=a与函数f(x)=x3-3x的图象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.(2012·衡阳模拟)设函数f(x)=x3-3ax+b(a≠0).
(1)若曲线y＝f(x)在点(2,f(x))处与直线y=8相切，求a,b的值；
(2)求函数f(x)的单调区间与极值.
11.(易错题)某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y= +10(x-6)2，其中3＜x＜6，a为常数，已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克.
(1)求a的值；
(2)若该商品的成本为3元/千克,试确定销售价格x的值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大.
【探究创新】
(16分)某造船公司年最大造船量是20艘，已知造船x艘的产值函数为R(x)=
3 700x+45x2-10x3(单位：万元)，成本函数为C(x)=460x+5 000(单位：万元)，又在经济学中，函数f(x)的边际函数Mf(x)定义为Mf(x)=f(x+1)-f(x).
(1)求利润函数P(x)及边际利润函数MP(x)；(提示：利润=产值-成本)
(2)问年造船量安排多少艘时，可使公司造船的年利润最大？
(3)求边际利润函数MP(x)的单调递减区间，并说明单调递减在本题中的实际意义是什么？
答案解析
1. 【解析】选D.∵y′=3x2-2a,
且f(x)在(0，1)内有极小值.
∴
2.【解题指南】分x>1和x＜1两种情况讨论单调性.
【解析】选C.当x>1时，f′(x)≥0,
若f′(x)=0,则f(x)为常数函数，
若f′(x)>0，则f(x)为增函数,总有f(x)≥f(1).
当x<1时，f′(x)≤0,若f′(x)=0，则f(x)为常数函数.
若f′(x)<0,则f(x)为减函数，总有f(x)≥f(1),
∴f(x)在x=1处取得最小值.
即f(0)≥f(1),f(2)≥f(1),∴f(0)+f(2)≥2f(1).
3.【解题指南】构造函数g(x)=f(x)-(2x+4)，判断其单调性，求解.
【解析】选B.由已知，[f(x)-(2x+4)]′=f′(x)-2＞0，
∴g(x)=f(x)-(2x+4)单调递增，
又g(-1)=0，∴f(x)＞2x+4的解集是(-1，+∞).
4.【解析】选B.由f(x)在[-1,2]上是减函数，知
f′(x)=3x2+2bx+c≤0，x∈[-1,2]，
则?
15+2b+2c≤0?b+c≤-.
5.【解析】选A.f′(x)= ex(sinx+cosx)+ex(cosx-sinx)=excosx，
当00,
∴f(x)是[0，]上的增函数.
∴f(x)的最大值为f()=，
f(x)的最小值为f(0)= .
∴f(x)的值域为[,].
6.【解析】选B.由f(x)图象的单调性可得f′(x)在(-∞，)和(2，+∞)上大于0，在(，2)上小于0，
∴xf′(x)<0的解集为(-∞，0)∪(，2).
7.【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.
8.【解析】∵f(x)=alnx+x，∴f′(x)=+1.
又∵f(x)在[2,3]上单调递增，
∴+1≥0在x∈[2,3]上恒成立，
∴a≥(-x)max=-2，∴a∈[-2，+∞).
答案：[-2，+∞)
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，
画出函数图象如图所示，可得-20，
函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增，
此时函数f(x)没有极值点，无极值.
当a>0时，由f′(x)=0?x=±,
当x∈(-∞,- )时，f′(x)>0,函数f(x)单调递增，
当x∈(-,)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
当x∈(,+∞)时，f′(x)>0,函数f(x)单调递增，
∴此时x=-是f(x)的极大值点，
f(x)极大值＝2a+b,
x=是f(x)的极小值点.f(x)极小值＝-2a+b.
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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