北师大版 (2019)选择性必修 第二册第二章 导数及其应用7 导数的应用7.1 实际问题中导数的意义当堂检测题

这是一份北师大版 (2019)选择性必修 第二册第二章 导数及其应用7 导数的应用7.1 实际问题中导数的意义当堂检测题，共8页。

1．圆的面积S关于半径r的函数是S＝πr2，那么在r＝3时面积的变化率是( )
A．6 B．9
C.9π D．6π
2．若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式为y＝－x3＋27x＋123(x>0)，则获得最大利润时的年产量为( )
A.1百万件 B．2百万件
C.3百万件 D．4百万件
3．一艘船的燃料费y(单位：元/时)与船速x(单位：km/h)的关系是y＝ eq \f(1,100)x3＋x.若该船航行时其他费用为540元/时，则在100 km的航程中，要使得航行的总费用最少，船速应为( )
A.30 km/h B．30 eq \r(3,2) km/h
C.30 eq \r(3,4) km/h D．60 km/h
4．用总长为14.8 m的钢条制作一个长方体容器的框架，若容器底面的长比宽多0.5 m，要使它的容积最大，则容器底面的长为( )
A.2 m B．1.5 m
C.1.2 m D．1 m
5．设a∈R，e为自然对数的底数，函数f(x)＝ex－a sin x在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，π))内有且仅有一个零点，则a＝( )
A.eπ B．－1
C.e eq \s\up6(\f(π,4)) D． eq \r(2)e eq \s\up6(\f(π,4))
6．(多选题)下列不等式正确的是( )
A.当x∈R时，ex≥x＋1
B.当x>0时，ln x≤x－1
C.当x∈R时，ex≥ex
D.当x∈R时，x≥sin x
7．正方形的周长y关于边长x的函数是y＝4x，则y′＝4，其实际意义是________________________________________________________________________．
8．已知x>0，比较x与ln (1＋x)的大小，结果为________________．
9．某食品厂生产某种食品的总成本C(单位：元)和总收入R(单位：元)都是日产量x(单位：kg)的函数，分别为C(x)＝100＋2x＋0.02x2，R(x)＝7x＋0.01x2，试求边际利润函数以及当日产量分别为200 kg，250 kg，300 kg 时的边际利润，并说明其经济意义．
10．如图一边长为10 cm的正方形硬纸板，四角各截去一个大小相同的小正方形，然后折起，可以做成一个无盖长方体手工作品．所得作品的体积V(单位：cm2)是关于截去的小正方形的边长x(单位：cm)的函数．
(1)写出体积V关于x的函数表达式f(x).
(2)截去的小正方形的边长为多少时，作品的体积最大？最大体积是多少？
[提能力]
11．已知函数f(x)＝(x2＋a)ex有最小值，则函数g(x)＝x2＋2x＋a的零点个数为( )
A.0 B．1
C.2 D．取决于a的值
12．(多选题)对于函数f(x)＝ eq \f(ln x,x)，下列说法正确的是( )
A.f(x)在x＝e处取得极大值
B.f(x)有两个不同的零点
C.f(x)的极小值点为x＝e
D.f( eq \r(e))13．当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－2，1))时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是________．
14．当前，网校教学越来越受到广大学生的喜爱，它已经成为学生课外学习的一种趋势．假设某网校的套题每日的销售量y(单位：千套)与销售价格x(单位：元/套)满足的函数关系式为y＝ eq \f(m,x－2)＋4(x－6)2，其中2(1)则实数m＝________________；
(2)假设网校的员工工资、办公等所有开销折合为每套题2元(只考虑销售出的套数)，当销售价格x＝______________元/套时，网校每日销售套题所获得的利润最大(精确到0.1).
15．已知函数f(x)＝ln (1＋x)－mx.
(1)求函数f(x)的极值；
(2)若函数f(x)在区间[0，e2－1]上恰有两个零点，求m的取值范围．
[培优生]
16．已知函数f(x)＝ex＋ eq \f(3,ex)＋2x－a(a∈R)有两个不同的零点x1，x2.
(1)求实数a的取值范围；
(2)证明：x1＋x2>0.
课时作业(二十三) 实际问题中导数的意义实际问题中的最值问题
1．解析：∵S′＝2πr，∴S′(3)＝2π×3＝6π.
故选D.
答案：D
2．解析：依题意得y′＝－3x2＋27＝－3(x－3)(x＋3)，当00；当x>3时，y′<0.因此，当x＝3时，该商品的年利润最大．
故选C.
答案：C
3．解析：由题知， 100 km的航程需要 eq \f(100,x)小时，故总的费用f(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,100)x3＋x＋540))× eq \f(100,x).
即f(x)＝x2＋100＋ eq \f(54 000,x).故f′(x)＝2x－ eq \f(54 000,x2)＝ eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3－27 000)),x2).
令f′(x)＝0有x＝30.故当0当x>30时f′(x)>0，f(x)单调递增. 使得航行的总费用最少，船速应为30 km/h.
故选A.
答案：A
4．解析：不妨设容器的宽为x(x>0)，故可得长为x＋0.5，
因为长方体的棱长之和为14.8，
故长方体的高为： eq \f(14.8－4（x＋0.5）－4x,4)＝3.2－2x，(x<1.6)，
故容积f(x)＝x(x＋0.5)(3.2－2x)，x∈(0，1.6)，
＝－2x3＋ eq \f(11,5)x2＋ eq \f(8,5)x，
则f′(x)＝－6x2＋ eq \f(22,5)x＋ eq \f(8,5).
令f′(x)>0，整理得(15x＋4)(x－1)<0，解得0令f′(x)<0，解得1故f(x)在(0，1)单调递增，在(1，1.6)单调递减．
故当容积最大时，x＝1，即长方体的宽为1 m，
此时长方体的长为1.5 m.
故选B.
答案：B
5．解析：由ex－a sin x＝0得，a sin x＝ex.因为x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，π))，所以sin x>0.因此a＝ eq \f(ex,sin x)只有一解，
令g(x)＝ eq \f(ex,sin x)，0当00，所以g(x)min＝g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝ eq \r(2)e eq \s\up6(\f(π,4)).
x→0或x→π时，都有g(x)→＋∞，
因此a＝ eq \r(2)e eq \s\up6(\f(π,4)).
故选D.
答案：D
6．解析：设f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，解得x＝0，
当x∈(－∞，0)时函数单调递减，当x∈(0，＋∞)时，函数单调递增，
所以函数在x＝0时，函数取得最小值f(x)min＝f(0)＝0，故当x∈R时，ex≥x＋1，故A正确；
设f(x)＝ln x－x＋1，所以f′(x)＝ eq \f(1,x)－1＝ eq \f(－（x－1）,x)，
令f′(x)＝0，解得x＝1，当x∈(0，1)时，函数单调递增，当x∈(1，＋∞)时，函数单调递减，
所以在x＝1时，f(x)max＝f(1)＝0，故当x>0时，ln x≤x－1恒成立，故B正确；
设f(x)＝ex－ex，所以f′(x)＝ex－e，令f′(x)＝0，解得x＝1，当x∈(－∞，1)时，函数单调递减，当x∈(1，＋∞)时，函数单调递增，
所以当x＝1时，f(x)min＝f(1)＝0，所以当x∈R时，ex≥ex，故C正确；
设函数f(x)＝x－sin x，则f′(x)＝1－cs x≥0，所以f(x)是定义在R上单调递增的奇函数，
所以x>0时，x≥sin x成立，但x<0时，f(x)<0，故D错误．
故选ABC.
答案：ABC
7．答案：边长每增加1个单位长度，周长增加4个单位长度
8．解析：令f(x)＝x－ln (x＋1).
∵x>0，f′(x)＝1－ eq \f(1,1＋x)＝ eq \f(x,1＋x)>0，
又因为函数f(x)在x＝0处连续，
∴f(x)在[0，＋∞)上是增函数．
从而当x>0时，
f(x)＝x－ln (1＋x)>f(0)＝0.
∴x>ln (1＋x).
答案：x>ln (1＋x)
9．解析：根据定义知，总利润函数为L(x)＝R(x)－C(x)＝5x－100－0.01x2，
所以边际利润函数为L′(x)＝5－0.02x.
当日产量分别为200 kg，250 kg，300 kg时，边际利润分别为L′(200)＝1(元)，L′(250)＝0(元)，L′(300)＝－1(元).
其经济意义是：当日产量为200 kg时，再增加1 kg，则总利润可增加1元；当日产量为250 kg时，再增加1 kg，则总利润无增加；当日产量为300 kg时，再增加1 kg，则总利润反而减少1元．
由此可得到：当企业的某一产品的生产量超过了边际利润的零点时，反而会使企业“无利可图”．
10．解析：(1)由题意可得V＝f(x)＝(10－2x)2·x，x∈(0，5).
(2)f′(x)＝4(3x2－20x＋25)＝4(3x－5)(x－5)，
令f′(x)＝0得x＝ eq \f(5,3)，x＝5，
当x变化时，f′(x)，f(x)变化情况如下：
∴x＝ eq \f(5,3)时，f(x)的最大值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)))＝ eq \f(2 000,27)，
截去的小正方形的边长为 eq \f(5,3)cm时，作品的体积最大，最大体积是 eq \f(2 000,27)(cm3).
11．解析：f′(x)＝2x·ex＋(x2＋a)·ex＝ex(x2＋2x＋a)＝ex·g(x).函数f(x)的最小值即其极小值，即f′(x)＝0有解．当有一解x0时，则f′(x)≥0恒成立，此时f(x)是单调递增的，没有极值，不符合题意，应舍去，因此f′(x)＝0有两解，即x2＋2x＋a＝0有两解，故g(x)有两个零点．
故选C.
答案：C
12．解析：函数定义域为(0，＋∞)，令f′(x)＝ eq \f(\f(1,x)·x－ln x,x2)＝ eq \f(1－ln x,x2)＝0，解得x＝e，
当00，f(x)单调递增；当x>e时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
所以当x＝e时，函数有极大值为f(e)＝ eq \f(1,e)，则A正确，C不正确；
当x＝1时，f(1)＝ eq \f(ln 1,1)＝0，因为f(x)在(0，e)上单调递增，所以在(0，e)上有一个零点，
当x>e时，ln x>0，x>0，所以 eq \f(ln x,x)>0，此时无零点，所以f(x)有一个零点，B不正确；
因为 eq \r(e)< eq \r(π)< eq \r(4)故选AD.
答案：AD
13．解析：不等式ax3－x2＋4x＋3≥0变形为ax3≥x2－4x－3.当x＝0时，0≥－3，故实数a的取值范围是R；当x∈(0，1]时，a≥ eq \f(x2－4x－3x,x3)，记f(x)＝ eq \f(x2－4x－3x,x3)，f′(x)＝ eq \f(－x2＋8x＋9,x4)＝ eq \f(－（x－9）（x＋1）,x4)>0，故函数f(x)递增，则f(x)max＝f(1)＝－6，故a≥－6；当x∈[－2，0)时，a≤ eq \f(x2－4x－3x,x3)，记f(x)＝ eq \f(x2－4x－3x,x3)，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝9(舍去)，当x∈[－2，－1)时，f′(x)<0；当x∈(－1，0)时，f′(x)>0，故f(x)min＝f(－1)＝－2，则a≤－2.综上所述，实数a的取值范围是[－6，－2].
答案：[－6，－2]
14．解析：(1)当x＝4时，y＝21，代入函数关系式y＝ eq \f(m,x－2)＋4(x－6)2，得 eq \f(m,2)＋16＝21，解得m＝10.
(2)由(1)可知，套题每日的销售量为y＝ eq \f(10,x－2)＋4(x－6)2，所以每日销售套题所获得的利润为f(x)＝(x－2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(10,x－2)＋4（x－6）2))＝10＋4(x－6)2(x－2)＝4x3－56x2＋240x－278(2则f′(x)＝12x2－112x＋240，令f′(x)＝0，得x＝ eq \f(10,3)或x＝6(舍去).
当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(10,3)))时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,3)，6))时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
所以x＝ eq \f(10,3)是函数f(x)在区间(2，6)内的极大值点，也是最大值点，
所以当x＝ eq \f(10,3)≈3.3时，函数f(x)取得最大值．
故当销售价格约为3.3元/套时，网校每日销售套题所获得的利润最大．
答案：(1)10 (2)3.3
15．解析：(1)f(x)＝ln (1＋x)－mx的定义域为(－1，＋∞)，
f′(x)＝ eq \f(1,1＋x)－m(x>－1)，
当m≤0时，f′(x)＝ eq \f(1,1＋x)－m>0恒成立，
此时f(x)在(－1，＋∞)单调递增，无极大值和极小值，
当m>0时， eq \f(1,m)－1>－1，由f′(x)＝ eq \f(1,1＋x)－m>0可得：－1由f′(x)＝ eq \f(1,1＋x)－m<0可得x> eq \f(1,m)－1，
此时f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,m)－1))单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)－1，＋∞))单调递减，
所以f(x)的极大值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)－1))＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,m)－1))－m× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)－1))＝m－1－ln m，无极小值．
(2)由(1)可知，当m≤0时，f(x)在(－1，＋∞)单调递增，所以f(x)在[0，e2－1]单调递增，不可能有两个零点，
当m>0时，f(x)的极大值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)－1))＝m－1－ln m，
因为f(0)＝0，所以x＝0是f(x)的一个零点，
若函数f(x)在区间[0，e2－1]上恰有两个零点，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（e2－1）≤0,0<\f(1,m)－1所以m的取值范围为 eq \f(2,e2－1)≤m<1.
16．解析：(1)因为f(x)＝ex＋ eq \f(3,ex)＋2x－a，
所以f′(x)＝ex－ eq \f(3,ex)＋2＝ eq \f(e2x＋2ex－3,ex)＝ eq \f(（ex＋3）（ex－1）,ex)，
令f′(x)>0，得x>0，令f′(x)<0，得x<0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，
所以f(x)min＝f(0)＝4－a.
要使函数f(x)有两个不同的零点，必须满足f(x)min<0，所以a>4.
若a>4，注意到，f(a)＝ea＋ eq \f(3,ea)＋a>0，
所以函数f(x)在(0，＋∞)上有且只有一个零点；
f(－a)＝ eq \f(1,ea)＋3ea－3a>3(ea－a)，
令t(x)＝ex－x，x>4，则t′(x)＝ex－1>0，
所以t(x)在(4，＋∞)上单调递增，
所以t(x)>e4－4>0，从而f(－a)>0，
所以函数f(x)在(－∞，0)上有且只有一个零点．
综上所述，实数a的取值范围为(4，＋∞).
(2)由(1)知x1x2<0，不妨设x1<0令h(x)＝f(x)－f(－x)＝4x＋ eq \f(2,ex)－2ex，
则h′(x)＝4－2( eq \f(1,ex)＋ex)≤4－4 eq \r(\f(1,ex)·ex)＝0，
所以h(x)在(－∞，＋∞)上单调递减．
由于x2>0，所以h(x2)所以f(x2)注意到f(x1)＝f(x2)，
所以f(x1)又因为x1<0，－x2<0，f(x)在(－∞，0)上单调递减，
所以x1>－x2，
所以x1＋x2>0.
x
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5,3)))
eq \f(5,3)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，5))
f′(x)
＋
0
－
f(x)
单调递增
极大值
单调递减