一、選擇題
1．用總長為14.8 m的鋼條製作乙個長方體容器的框架，若所製作容器的底面的一邊比高長0.5 m，則當高為________公尺時，容器的容積最大．
解析由題意直接列出函式表示式，再用導數求最值，設高為x公尺，
則v＝x(x＋0.5)(3.2－2x)，
v′＝－6x2＋4.4x＋1.6＝0，
解15x2－11x－4＝0，得x＝1，x＝－ (捨去)．
答案12．從邊長為10 cm×16 cm的矩形紙板的四角截去四個相同的小正方形，作成乙個無蓋的盒子，則盒子容積的最大值為
a．12 cm3 b．72 cm3 c．144 cm3 d．160 cm3
解析設盒子容積為y cm3，盒子的高為xcm，則x∈(0，5)．
則y＝(10－2x)(16－2x)x＝4x3－52x2＋160 x，
∴y′＝12x2－104x＋160.令y′＝0，得x＝2或 (捨去)，
∴ymax＝6×12×2＝144 (cm3)．
答案 c
3．若關於x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m對任意x∈[－2，2]恆成立，則m的取值範圍是
a．(－∞，7b．(－∞，－20]
c．(－∞，0d．[－12，7]
解析令f(x)＝x3－3x2－9x＋2，則f′(x)＝3x2－6x－9，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝3(捨去)．∵f(－1)＝7，f(－2)＝0，f(2)＝－20.∴f(x)的最小值為f(2)＝－20，故m≤－20，可知應選b.
答案 b
4．函式f(x)的定義域是r，f(0)＝2，對任意x∈r，f(x)＋f′(x)>1，則不等式ex·f(x)>ex＋1的解集為
a．c．{x|x<－1或x>1d．{x|x<－1或0解析建構函式g(x)＝ex·f(x)－ex，因為g′(x)＝ex·f(x)＋ex·f′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)]－ex>ex－ex＝0，所以g(x)＝ex·f(x)－ex為r上的增函式．又因為g(0)＝e0·f(0)－e0＝1，所以原不等式轉化為g(x)>g(0)，解得x>0.
答案 a
5．已知f(x)，g(x)都是定義在r上的函式，g(x)≠0，f′(x)g(x)>
f(x)g′(x)，且f(x)＝axg(x)(a>0，且a≠1)，＋＝.若數列的前n項和大於62，則n的最小值為
a．8b．7 c．6d．9
解析建構函式h(x)＝＝ax，由已知條件可知h′(x)＝>0，則h(x)在r上為增函式，得a>1，又a＋a－1＝，解得a＝2或a＝ (捨去)．
所以＝2n，其前n項和sn＝2＋22＋…＋2n＝2n＋1－2，由2n＋1－2>62，解得2n＋1>26，∴n>5，故n的最小值為6，選c.
答案 c
6．已知函式f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，若f(x)在區間(－1，0)上單調遞減，則a2＋b2的取值範圍是( )．
ab.cd.
解析由題意得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，f′(x)≤0在x∈(－1，0)上恆成立，即3x2＋2ax＋b≤0在x∈(－1，0)上恆成立，
∴∴a，b所滿足的可行域如圖中的陰影部分所示．則點o到直線2a－b－3＝0的距離d＝，∴a2＋b2≥d2＝，∴a2＋b2的取值範圍為.
答案 c
二、填空題
7．直線y＝a與函式f(x)＝x3－3x的影象有相異的三個公共點，則a的取值範圍是________．
解析令f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1，可得極大值為f(－1)＝2，極小值為f(1)＝－2，如圖，觀察得－2＜a＜2時恰有三個不同的公共點．
答案 (－2，2)
8．若函式f(x)＝x＋asin x在r上遞增，則實數a的取值範圍為________．
解析 ∵f′(x)＝1＋acos x，∴要使函式f(x)＝x＋asin x在r上遞增，則1＋acos x≥0對任意實數x都成立．
∵－1≤cos x≤1，
①當a>0時，－a≤acos x≤a，∴－a≥－1，∴0②當a＝0時適合；
③當a<0時，a≤acos x≤－a，
∴a≥－1，∴－1≤a<0.
綜上，－1≤a≤1.
答案 [－1，1]
9．設函式f(x)＝ax3－3x＋1(x∈r)，若對於任意x∈[－1，1]，都有f(x)≥0成立，則實數a的值為________．
解析 (構造法)若x＝0，則不論a取何值，f(x)≥0顯然成立；
當x＞0，即x∈(0，1]時，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化為a≥－.設g(x)＝－，則g′(x)＝，
所以g(x)在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，因此g(x)max＝g＝4，從而a≥4.
當x＜0，即x∈[－1，0)時，同理a≤－.
g(x)在區間[－1，0)上單調遞增，
∴g(x)min＝g(－1)＝4，從而a≤4，綜上可知a＝4.
答案 4
10．將邊長為1 m的正三角形薄鐵皮，沿一條平行於某邊的直線剪成兩塊，其中一塊是梯形，記s＝，則s的最小值是________．
解析如圖所示，設ad＝xm(0＜x＜1)，則de＝ad＝xm，
∴梯形的周長為x＋2(1－x)＋1＝3－x (m)，又s△ade＝x2(m2)，
∴梯形的面積為－x2(m2)，
∴s＝× (0＜x＜1)，
∴s′＝×，令s′＝0，得x＝或3(捨去)，當x∈時，s′＜0，s遞減；當x∈時，s′＞0，s遞增．故當x＝時，s的最小值是.
答案 三、解答題
11．某商品每件成本9元，售價30元，每星期賣出432件，如果降低**，
銷售量可以增加，且每星期多賣出的商品件數與商品單價的降低值x(單位：元，0≤x≤30)的平方成正比．已知商品單價降低2元時，一星期多賣出24件．
(1)將乙個星期的商品銷售利潤表示成x的函式；
(2)如何定價才能使乙個星期的商品銷售利潤最大？
解(1)記一星期多賣商品kx2件，若記商品在乙個星期的獲利為f(x)，
則f(x)＝(30－x－9)(432＋kx2)＝(21－x)(432＋kx2)．
又由條件可知24＝k·22，解得k＝6.
所以f(x)＝－6x3＋126x2－432x＋9 072，x∈[0,30]．
(2)根據(1)，可得
f′(x)＝－18x2＋252x－432＝－18(x－2)(x－12).
故x＝12時，f(x)取極大值，根據實際情況可知f(12)為最大值，f(12)＝11 664，所以定價為30－12＝18(元)能使乙個星期的商品銷售利潤最大．
12．已知函式f(x)＝ln x－.
(1)若a>0，試判斷f(x)在定義域內的單調性；
(2)若f(x)在[1，e]上的最小值為，求a的值；
(3)若f(x)思維啟迪：(1)求導數f′(x)→判斷f′(x)>0或f′(x)<0→確定單調性．
(2)根據單調性→求f(x)在[1，e]上的最小值→列方程求解．
(3)f(x)xln x－x3→求xln x－x3的最大值．
解 (1)由題意知f(x)的定義域為(0，＋∞)，
且f′(x)＝＋＝.
∵a>0，∴f′(x)>0，
故f(x)在(0，＋∞)上是單調遞增函式．
(2)由(1)可知，f′(x)＝.
①若a≥－1，則x＋a≥0，
即f′(x)≥0在[1，e]上恆成立，
此時f(x)在[1，e]上為增函式，
∴f(x)min＝f(1)＝－a＝，
∴a＝－ (捨去)．
②若a≤－e，則x＋a≤0，
即f′(x)≤0在[1，e]上恆成立，
此時f(x)在[1，e]上為減函式，
∴f(x)min＝f(e)＝1－＝，
∴a＝－ (捨去)．
③若－e當1∴f(x)在(1，－a)上為減函式；
當－a0，
∴f(x)在(－a，e)上為增函式，
∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝，
∴a＝－.
綜上所述，a＝－.
(3)∵f(x)又x>0，∴a>xln x－x3.
令g(x)＝xln x－x3，
h(x)＝g′(x)＝1＋ln x－3x2，
h′(x)＝－6x＝.
∵x∈(1，＋∞)時，h′(x)<0，
∴h(x)在(1，＋∞)上是減函式．
∴h(x)∴g(x)在(1，＋∞)上也是減函式．
g(x)∴當a≥－1時，f(x)13．已知函式f(x)＝ax3＋bx2－3x在x＝±1處取得極值．
(1)求函式f(x)的解析式；
(2)若過點a(1，m)(m≠－2)可作曲線y＝f(x)的三條切線，求實數m的取值範圍．
解 (1)f′(x)＝3ax2＋2bx－3，依題意，f′(1)＝f′(－1)＝0，
即解得a＝1，b＝0.
∴f(x)＝x3－3x.
(2)由(1)知f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，
∵曲線方程為y＝x3－3x，
∴點a(1，m)(m≠－2)不在曲線上．
設切點為m(x0，y0)，則點m的座標滿足y0＝x－3x0.
∵f′(x0)＝3(x－1)，
∴切線的斜率為3(x－1)＝，
整理得2x－3x＋m＋3＝0.
∵過點a(1，m)可作曲線的三條切線，
∴關於x0的方程2x－3x＋m＋3＝0有三個實根．
設g(x0)＝2x－3x＋m＋3，則g′(x0)＝6x－6x0，
由g′(x0)＝0，得x0＝0或1.
∴g(x0)在(－∞，0)和(1，＋∞)上單調遞增，在(0，1)上單調遞減．
∴函式g(x0)＝2x－3x＋m＋3的極值點為x0＝0和1.
∴關於x0的方程2x－3x＋m＋3＝0有三個實根的充要條件是解得－3故所求實數m的取值範圍是(－3，－2)．
14．已知函式f(x)＝ax＋x2，g(x)＝xln a，a>1.
(1)求證函式f(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上單調遞增；
(2)若函式y＝－3有四個零點，求b的取值範圍；
(3)若對於任意的x1，x2∈[－1，1]時，都有|f(x2)－f(x1)|≤e2－2恆成立，求a的取值範圍．
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