热门试卷

解：（1）因为疫苗的日生产量为x盒，由题意知每日疫苗原料费用为30x元，

职工的工资总额为5650+10x元，后期保管费用为x（x+-60）元，

所以每盒疫苗的平均费用为：

P（x）==x+-20（50≤x≤200，x∈N*），

由均值不等式得x+≥2=160，则P（x）≥140，

当且仅当x=，即x=80（盒）时取等号．

所以P（x）的最小值为140元．                                     

（2）设利润为y=f（x），

则f（x）=Q（x）-xf（x）=（1180x-x3）-x（x+-20）

=-x3-x2+1200x-6400（50≤x≤200，x∈N*），

当x∈R时，f′（x）=-x2-2x+1200．

令f′（x）=0得x=100或x=-120（舍），

当x∈（50，100）时，f′（x）＞0；当x∈（100，200）时，f′（x）＜0．

所以当x=100时f（x）取得极大值，且是最大值，

即当日生产量为100盒时，生产疫苗的利润最高．

解：（1）f′（x）=+=（x＞0），

当a＞0时，f（x）＞0恒成立，

故f（x）在（0，+∞）上是单调递增函数；

（2）由f′（x）=0，得x=-a，

①当a≥-1时，f′（x）≥0在[1，e]上恒成立，f（x）在[1，e]上为增函数，

f（x）min=f（1）=-a=，解得a=-（舍）；

②当a≤-e时，f′（x）≤0在[1，e]上恒成立，f（x）在[1，e]上为减函数，

则f（x）min=f（e）=1-=，得a=-（舍），

③当-e＜a＜-1时，由f（x）=0，得x0=-a，

当1＜x＜x0时，f′（x）＜0，f（x）在[1，x0]上为减函数，

当x0＜x＜e时，f′（x）＞0，f（x）在[x0，e]上为增函数；

∴f（x）min=f（-a）=ln（-a）+1+，得a=-，

综上，a=-；

（3）由题意得x2＞lnx-在（1，+∞）上恒成立，即a＞xlnx-x3在（1，+∞）上恒成立，

设g（x）=xlnx-x3（x＞1），则g′（x）=lnx-3x2+1，

令h（x）=lnx-x3+1，则h′（x）=-6x，

当x＞1时，h′（x）＜0恒成立，

∴h（x）=g′（x）=lnx-3x2+1在（1，+∞）上为减函数，

则g′（x）＜g′（1）=-2＜0，

所以，g（x）在（1，+∞）上为减函数，

∴g（x）＜g（1）=-1，

故a≥-1．

解：（1）由题意可知，∴；

当a≤0时，F′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，∴F（x）的增区间为（0，+∞）

当a＞0时，令F′（x）＞0得x＞a；令F′（x）＜0得0＜x＜a，

∴F（x）的增区间为（a，+∞），减区间为（0，a）

综合上述可得：当a≤0，增区间为（0，+∞）；

当a＞0时，增区间为（a，+∞），减区间为（0，a）．

（2）由（1）知，F′（x）= x∈（0，2），则k=F′（x0）=恒成立．

即a≥x02+x0=（x0-1）2+，当x0=1时，x02+x0=取得最大值为，∴．

（3）当a=1时，G（x）=，G′（x）=，

令h（x）=G′（x）=，则h′（x）=

当x∈（0，2）时，2lnx-3＜2ln2-3=ln4-lne3＜0，

∴h′（x）＜0，∴h（x）在（0，2）上是减函数，即G′（x）在（0，2）上是减函数

要证，只需证，即证

∵对任意x1，x2∈（0，2），存在x0∈（x1，x2）使得∴=

∵0＜x1＜x2＜2，∴，∴；

∴只需要证，即要证：，令=t（t＞1），只需证：lnt-＞0，

h（t）=[lnt-]′=＞0，h（t）在（1，+∞）上是增函数，当t＞1时，h（t）＞h（1）=0，

lnt-＞0成立，故x0＜．