11、并求出最大年利潤.
解:(1)設(shè)5858-u=k(x-214)2,
∵售價為10元時,年銷量為28萬件,
∴5858-28=k(10-214)2,
解得k=2.
∴u=-2(x-214)2+5858=-2x2+21x+18.
∴y=(-2x2+21x+18)(x-6)
=-2x3+33x2-108x-108(60;
當(dāng)x∈(9,11)時,y′<0.
∴函數(shù)y=-2x3+33x2-
12、108x-108在(6,9)上是遞增的,在(9,11)上是遞減的.
∴當(dāng)x=9時,y取最大值,且ymax=135,
∴售價為9元時,年利潤最大,最大年利潤為135萬元.
能力提升
13.(20xx宜昌模擬)已知y=f(x)是奇函數(shù),當(dāng)x∈(0,2)時,f(x)=ln x-ax(a>12),當(dāng)x∈(-2,0)時,f(x)的最小值為1,則a的值等于( D )
(A)14 (B)13 (C)12 (D)1
解析:由題意知,當(dāng)x∈(0,2)時,f(x)的最大值為-1.
令f′(x)=1x-a=0,得x=1a,
當(dāng)00;
當(dāng)x>1a時,f′(x)<0.
∴f
13、(x)max=f(1a)=-ln a-1=-1,
解得a=1.
14.函數(shù)f(x)=ax3+x恰有三個單調(diào)區(qū)間,則a的取值范圍是 .
解析:f(x)=ax3+x恰有三個單調(diào)區(qū)間,
即函數(shù)f(x)恰有兩個極值點(diǎn),
即f′(x)=0有兩個不等實(shí)根.
∵f(x)=ax3+x,
∴f′(x)=3ax2+1.
要使f′(x)=0有兩個不等實(shí)根,則a<0.
答案:(-∞,0)
15.(20xx廣東六校聯(lián)考)已知f(x)=3x2-x+m(x∈R),g(x)=ln x.
(1)若函數(shù)f(x)與g(x)的圖象在x=x0處的切線平行,求x0的值;
(2)求當(dāng)曲線y=f(x)與y=g(
14、x)有公共切線時,實(shí)數(shù)m的取值范圍;
(3)在(2)的條件下,求函數(shù)F(x)=f(x)-g(x)在區(qū)間[13,1]上的最值(用m表示).
解:(1)f′(x)=6x-1,g′(x)=1x(x>0),
由題意知6x0-1=1x0(x0>0),
即6x02-x0-1=0,
解得x0=12或x0=-13,
又∵x0>0,
∴x0=12.
(2)若曲線y=f(x)與y=g(x)相切且在交點(diǎn)處有公共切線,
由(1)得切點(diǎn)橫坐標(biāo)為12,
∴f(12)=g(12),
∴34-12+m=ln 12,
即m=-14-ln 2,
數(shù)形結(jié)合可知,m>-14-ln 2時,f(x)與g(x)有
15、公共切線,
故m的取值范圍是(-14-ln 2,+∞).
(3)F(x)=f(x)-g(x)=3x2-x+m-ln x,
故F′(x)=6x-1-1x
=6x2-x-1x
=(3x+1)(2x-1)x,
當(dāng)x變化時,F′(x)與F(x)在區(qū)間[13,1]上的變化情況如表:
x
[13,12)
12
(12,1]
F′(x)
-
0
+
F(x)
↘
極小值
↗
又∵F(13)=m+ln 3,
F(1)=2+m>F(13),
∴當(dāng)x∈[13,1]時,
F(x)min=F(12)
=m+14+ln 2(m>-14-ln 2),
F(x)max=F
16、(1)=m+2(m>-14-ln 2).
探究創(chuàng)新
16.(20xx天津模擬)設(shè)函數(shù)f(x)=x2+ax-ln x.
(1)若a=1,試求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間.
(2)過坐標(biāo)原點(diǎn)O作曲線y=f(x)的切線,證明:切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為1.
(1)解:a=1時,f(x)=x2+x-ln x(x>0),
所以f′(x)=2x+1-1x=(2x-1)(x+1)x,
x∈(0,12),f′(x)<0,x∈(12,+∞),f′(x)>0,
所以f(x)的減區(qū)間為(0,12),增區(qū)間為(12,+∞).
(2)證明:設(shè)切點(diǎn)為M(t,f(t)),f′(x)=2x+a-1x,
切線的斜率k=2t+a-1t,
又切線過原點(diǎn)k=f(t)t,
f(t)t=2t+a-1t,
即t2+at-ln t=2t2+at-1,
所以t2-1+ln t=0,
t=1滿足方程t2-1+ln t=0,
由y=1-x2,y=ln x圖象可知x2-1+ln x=0有唯一解x=1,切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為1.