高考数学一轮复习课时检测 第二章 第十三节 导数的应用 理.doc

第二章 第十三节 导数的应用()一、选择题1若函数f(x)x3x21，则f(x)()a最大值为1，最小值b最大值为1，无最小值c最小值为，无最大值d既无最大值，又无最小值解析：f(x)3x23x，易知f(x)在(，0)上递增，在(0,1)上递减，在(1，)上递增，且当x时，f(x)，当x时，f(x)，因此f(x)无最大值也无最小值答案：d2函数f(x)exsin x在区间0，上的值域为()a0，e b(0，e)c0，e) d(0，e解析：f(x)ex(sin xcos x)x0，f(x)0.f(x)在0，上为增函数，f(x)minf(0)0，f(x)maxf()e.答案：a3若函数f(x)(a0)在1，)上的最大值为，则a的值为()a. b.c.1 d.1解析：f(x)，当x时，f(x)0，f(x)单调递减，当x0，f(x)单调递增，当x时，令f(x)，)，当x(2,0)时，f(x)的最小值为1，则a的值等于()a. b.c. d1解析：由题意知，当x(0,2)时，f(x)的最大值为1.令f(x)a0，得x，当0x0.当x时，f(x)0，故|mn|min(1ln)(1ln3)答案：a二、填空题7函数f(x)x3mx21(m0)在(0,2)内的极大值为最大值，则m的取值范围是_解析：f(x)3x22mxx(3x2m)令f(x)0，得x0或x.x(0,2)，02，0m0，得x；由f(x)0，得1x，f(x)在，1上的最大值为f(1)6，最小值为f().11(2011江西高考)设f(x)x3x22ax.(1)若f(x)在(，)上存在单调递增区间，求a的取值范围；(2)当0a2时，f(x)在1,4上的最小值为，求f(x)在该区间上的最大值解：(1)由f(x)x2x2a(x)22a，当x，)时，f(x)的最大值为f()2a；令2a0，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0a2时，有x11x24，所以f(x)在1,4上的最大值为f(x2)，又f(4)f(1)6a0，即f(4)f(1)所以f(x)在1,4上的最小值为f(4)8a.得a1，x22，从而f(x)在1,4上的最大值为f(2).12(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l2r.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(c3)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：(1)设容器的容积为v，由题意知vr2lr3，又v，故lr(r)由于l2r，因此0r2.所以建造费用y2rl34r2c2r(r)34r2c.因此y4(c2)r2，0r2.(2)由(1)得y8(c2)r(r3)，03，所以c20，当r30时，r .令 m，则m0，所以y(rm)(r2rmm2)(1)当0m时，当rm时，y0；当r(0，m)时，y0，所以rm是函数y的极小值