4、分鐘 B．9分米/分鐘 C．81分米/分鐘 D．9分米/分鐘 解析　設(shè)t時(shí)刻水面高度為h，半徑為r，則r＝h. 此時(shí)水的體積V＝πr2h＝πh3，又V＝9.3t 所以πh3＝9.3t，且π≈3.1. ∴h＝3t，則h′＝t－， 故當(dāng)t＝分鐘時(shí)的瞬時(shí)變化率為()－＝9. 答案　B 6．(20xx東北三省聯(lián)考)已知f(x)為定義在(－∞，＋∞)上的可導(dǎo)函數(shù)，且f(x)e2f(0)，f(2 010)>e2 010f(0) B．f(2)e2 010f(0) C．f(2)>e2f

5、(0)，f(2 010)0， 所以g(x)在R上單調(diào)遞增． g(2)>g(0)，>， f(2)>e2f(0)，g(2 010)>g(0)， >，f(2 010)>e2 010f(0)，選A. 答案　A 二、填空題(本大題共3小題，每小題5分，共15分) 7．電動(dòng)自行車的耗電量y與速度x之間有關(guān)系y＝x3－x2－40x(x>0)，為使耗電量最小，則速度應(yīng)定為_(kāi)_______． 解析　由y′

6、＝x2－39x－40＝0， 得x＝－1或x＝40， 由于040時(shí)，y′>0. 所以當(dāng)x＝40時(shí)，y有最小值． 答案　40 8．關(guān)于x的方程x3－3x2－a＝0有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 解析　方程可化為a＝x3－3x2， 設(shè)f(x)＝x3－3x2，則f′(x)＝3x2－6x， 由f′(x)>0，得x>2或x<0； 由f′(x)<0，得0

7、 要使方程有三個(gè)不同的實(shí)根，則有－40，x∈(，π)時(shí)，f′(x)<0. ∴f(x)在區(qū)間(，π)上是減函數(shù)． ∴f()>f(2)>f(3)＝f(－3)． 答案　f(－3)

8、nx－bx2(x>0)， (1)求函數(shù)f(x)在x＝1處與直線y＝－相切， ①求實(shí)數(shù)a，b的值； ②求函數(shù)f(x)在 上的最大值． (2)當(dāng)b＝0時(shí)，若不等式f(x)≥m＋x對(duì)所有的a∈，x∈(1，e2]都成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 解　(1)①f′(x)＝－2bx， ∵函數(shù)f(x)在x＝1處與直線y＝－相切， ∴解得 ②f(x)＝lnx－x2，f′(x)＝－x＝， 當(dāng)≤x≤e時(shí)，令f′(x)>0得≤x<1； 令f′(x)<0，得1

9、式f(x)≥m＋x對(duì)所有的a∈，x∈(1，e2]都成立，即alnx≥m＋x對(duì)所有的a∈，x∈(1，e2]都成立， 即m≤alnx－x對(duì)所有的a∈，x∈(1，e2]都成立， 令h(a)＝alnx－x，則h(a)為一次函數(shù)，m≤h(a)min. ∵x∈(1，e2]，∴l(xiāng)nx>0. ∴h(a)在a∈上單調(diào)遞增． ∴h(a)min＝h(0)＝－x. ∴m≤－x對(duì)所有的x∈(1，e2]都成立． ∵1

10、，該處的污染指數(shù)與附近污染源的強(qiáng)度成正比，與到污染源的距離成反比，比例常數(shù)為k(k>0)．現(xiàn)已知相距36 km的A，B兩家化工廠(污染源)的污染程度分別為正數(shù)a，b，它們連線上任意一點(diǎn)C處的污染指數(shù)y等于兩化工廠對(duì)該處的污染指數(shù)之和．設(shè)AC＝x(km)． (1)試將y表示為x的函數(shù)； (2)若a＝1時(shí)，y在x＝6處取得最小值，試求b的值． 解　(1)設(shè)點(diǎn)C受A污染源污染指數(shù)為，點(diǎn)C受B污染源污染指數(shù)為，其中k為比例系數(shù)，且k>0. 從而點(diǎn)C處污染指數(shù)y＝＋(0

11、x∈(，＋∞)時(shí)，函數(shù)單調(diào)遞增， ∴當(dāng)x＝時(shí)，函數(shù)取得最小值 又此時(shí)x＝6，解得b＝25，經(jīng)驗(yàn)證符合題意． 所以，污染源B的污染強(qiáng)度b的值為25. 12．(理)(20xx天津卷)已知函數(shù)f(x)＝x2lnx. (Ⅰ)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (Ⅱ)證明：對(duì)任意的t>0，存在唯一的s，使t＝ f(s)； (Ⅲ)設(shè)(Ⅱ)中所確定的s關(guān)于t的函數(shù)為s＝ g(t)，證明：當(dāng)t>e2時(shí)，有<<. 解　(Ⅰ)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)． f′(x)＝2xlnx＋x＝x(2lnx＋1)，令f′(x)＝0，得x＝. 當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x

12、(0，) (，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) ↘ 極小值 ↗ 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)，單調(diào)遞增區(qū)間是(，＋∞)． (Ⅱ)證明：當(dāng)00，令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)．由(Ⅰ)知，h(x)在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增．h(1)＝－t<0，h(et)＝e2tlnet－t＝t(e2t－1)>0.故存在唯一的s∈(1，＋∞)，使得t＝f(s)成立． (Ⅲ)證明：因?yàn)閟＝g(t)，由(Ⅱ)知，t＝f(s)，且s>1，從而＝＝＝＝，其中u＝lns.要使<<成立，只需0e2時(shí)，若

13、s＝g(t)≤e，則由f(s)的單調(diào)性，有t＝f(s)≤f(e)＝e2，矛盾，所以s>e，即u>1，從而lnu>0成立． 另一方面，令F(u)＝lnu－，u>1.F′(u)＝－，令F′(u)＝0，得u＝2.當(dāng)10；當(dāng)u>2時(shí)，F(xiàn)′(u)<0.故對(duì)u>1，F(xiàn)(u)≤F(2)<0.因此lnu<成立． 綜上，當(dāng)t>e2時(shí)，有<<. 12．(文)已知函數(shù)f(x)＝x2＋lnx. (1)求函數(shù)f(x)在[1，e]上的最大值和最小值； (2)求證：當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，函數(shù)f(x)的圖象在g(x)＝x3＋x2的下方． 解　(1)∵f(x)＝x2＋lnx，∴f′(x)＝2x＋. ∵x>1時(shí)，f′(x)>0，故f(x)在[1，e]上是增函數(shù)， ∴f(x)的最小值是f(1)＝1，最大值是f(e)＝1＋e2. (2)證明：令F(x)＝f(x)－g(x)＝x2－x3＋lnx， ∴F′(x)＝x－2x2＋＝＝＝. ∵x>1，∴F′(x)<0. ∴F(x)在(1，＋∞)上是減函數(shù)． ∴F(x)