河南省洛阳市第二外国语学校2022届高考数学 闯关密练特训《3-3导数的实际应用》试题 新人教A版

河南省洛阳市第二外国语学校2022届高考数学闯关密练特训《3-3导数的实际应用》试题新人教A版1.(文)正三棱柱体积为V，则其表面积最小时，底面边长为(　　)A.　　　B.　　C.　　　D．2[答案]　C[解析]　设正三棱柱底面边长为a，高为h，则体积V＝a2h，∴h＝，表面积S＝a2＋3ah＝a2＋，由S′＝a－＝0，得a＝，故选C.(理)在内接于半径为R的半圆的矩形中，周长最大的矩形的边长为(　　)A.和R　　　　　　B.R和RC.R和RD．以上都不对[答案]　B[解析]　设矩形垂直于半圆直径的边长为x，则另一边长为2，则l＝2x＋4　(0＜x＜R)，l′＝2－，令l′＝0，解得x＝R.当0＜x＜R时，l′＞0；当R＜x＜R时，l′＜0.所以当x＝R时，l取最大值，即周长最大的矩形的边长为R，R.2．已知某生产厂家的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：万件)的函数关系式为y＝－x3＋81x－234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为(　　)A．13万件B．11万件C．9万件D．7万件[答案]　C[解析]　∵y＝－x3＋81x－234，∴y′＝－x2＋81(x>0)．令y′＝0得x＝9，令y′<0得x>9，令y′>0得0<x<9，-18-\n∴函数在(0,9)上单调递增，在(9，＋∞)上单调递减，∴当x＝9时，函数取得最大值．故选C.[点评]　利用导数求函数最值时，令y′＝0得到x的值，此x的值不一定是极大(小)值时，还要判定x值左右两边的导数的符号才能确定．3．(文)做一个圆柱形锅炉，容积为V，两个底面的材料每单位面积的价格为a元，侧面的材料每单位面积的价格为b元，当造价最低时，锅炉的底面直径与高的比为(　　)A.　　　B.　　　C.　　　D.[答案]　C[解析]　如图，设圆柱的底面半径为R，高为h，则V＝πR2h.设造价为y，则y＝2πR2a＋2πRhb＝2πaR2＋2πRb·＝2πaR2＋，∴y′＝4πaR－.令y′＝0并将V＝πR2h代入解得，＝.(理)圆柱的表面积为S，当圆柱体积最大时，圆柱的底面半径为(　　)A.B.C.D．3π·[答案]　C[解析]　设圆柱底面半径为r，高为h，∴S＝2πr2＋2πrh，∴h＝，-18-\n又V＝πr2h＝，则V′＝，令V′＝0，得S＝6πr2，∴h＝2r，r＝.4．某公司生产某种产品，固定成本为20000元，每生产一单位产品，成本增加100元，已知总收益R与产量x的关系是R＝则总利润最大时，每年生产的产品是(　　)A．100B．150C．200D．300[答案]　D[解析]　由题意，总成本为C＝20000＋100x.所以总利润为P＝R－C＝P′＝令P′＝0，得x＝300，易知当x＝300时，总利润最大．5．(文)内接于半径为R的球并且体积最大的圆锥的高为(　　)A．RB．2RC.RD.R[答案]　C[解析]　设圆锥的高为h，底面半径为r，则R2＝(h－R)2＋r2，∴r2＝2Rh－h2，∴V＝πr2h＝h(2Rh－h2)＝πRh2－h3，V′＝πRh－πh2，令V′＝0得h＝R.(理)要制做一个圆锥形的漏斗，其母线长为20cm，要使其体积最大，则高为(　　)A.cmB.cmC.cmD.cm[答案]　D[解析]　设圆锥的高为x，则底面半径为，其体积为V＝πx(400－x2)　(0＜x＜20)，V′＝π(400－3x2)，令V′＝0，解得x＝.当0＜x＜时，V′＞0；当＜x＜20时，V′＜0，-18-\n所以当x＝时，V取最大值．6．(2022·保定模拟)定义域为R的函数f(x)满足f(1)＝1，且f(x)的导函数f′(x)>，则满足2f(x)<x＋1的x的集合为(　　)A．{x|－1<x<1}B．{x|x<1}C．{x|x<－1或x>1}D．{x|x>1}[答案]　B[解析]　令g(x)＝2f(x)－x－1，∵f′(x)>，∴g′(x)＝2f′(x)－1>0，∴g(x)为单调增函数，∵f(1)＝1，∴g(1)＝2f(1)－1－1＝0，∴当x<1时，g(x)<0，即2f(x)<x＋1，故选B.7．(文)用长为18m的钢条围成一个长方体形状的框架，要求长方体的长与宽之比为21，该长方体的最大体积是________．[答案]　3m3[解析]　设长方体的宽为x，则长为2x，高为－3x　(0<x<2)，故体积为V＝2x2＝－6x3＋9x2，V′＝－18x2＋18x，令V′＝0得，x＝0或1，∵0<x<2，∴x＝1.∴该长方体的长、宽、高各为2m、1m、1.5m时，体积最大，最大体积Vmax＝3m3.(理)用总长为14.8m的钢条制作一个长方体容器的框架，如果所制作容器的底面的一边比另一边长0.5m，那么容器的容积最大时，容器的高为________．[答案]　1.2m[解析]　设容器的短边长为xm，则另一边长为(x＋0.5)m，高为＝3.2－2x.由3.2－2x>0和x>0，得0<x<1.6，设容器的容积为ym3，则有y＝x(x＋0.5)(3.2－2x)(0<x<1.6)，整理得y＝－2x3＋2.2x2＋1.6x，∴y′＝－6x2＋4.4x＋1.6，令y′＝0，有－6x2＋4.4x＋1.6＝0，即15x2－11x－4＝0，-18-\n解得x1＝1，x2＝－(不合题意，舍去)，∴高＝3.2－2＝1.2，容积V＝1×1.5×1.2＝1.8.8．(文)(2022·北京模拟)若函数f(x)＝lnx－ax2－2x存在单调递减区间，则实数a的取值范围是________．[答案]　(－1，＋∞)[分析]　函数f(x)存在单调减区间，就是不等式f′(x)<0有实数解，考虑到函数的定义域为(0，＋∞)，所以本题就是求f′(x)<0在(0，＋∞)上有实数解时a的取值范围．[解析]　解法1：f′(x)＝－ax－2＝，由题意知f′(x)<0有实数解，∵x>0，∴ax2＋2x－1>0有实数解．当a≥0时，显然满足；当a<0时，只要Δ＝4＋4a>0，∴－1<a<0，综上知a>－1.解法2：f′(x)＝－ax－2＝，由题意可知f′(x)<0在(0，＋∞)内有实数解．即1－ax2－2x<0在(0，＋∞)内有实数解．即a>－在(0，＋∞)内有实数解．∵x∈(0，＋∞)时，－＝(－1)2－1≥－1，∴a>－1.(理)(2022～2022·黄冈市期末)对于三次函数y＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，给出定义：设f′(x)是函数y＝f(x)的导数，f″(x)是f′(x)的导数，若方程f″(x)＝0有实数解x0，则称点(x0，f(x0))为函数y＝f(x)的“拐点”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．若f(x)＝x3－x2＋3x－，请你根据这一发现，求：(1)函数f(x)＝x3－x2＋3x－的对称中心为________；(2)计算f()＋f()＋f()＋f()＋…＋f()＝________.[答案]　(1)(，1)　(2)2022[解析]　(1)f′(x)＝x2－x＋3，f″(x)＝2x－1，由2x－1＝0得x＝，f()＝×()3－-18-\n×()2＋3×－＝1，由拐点的定义知f(x)的拐点即对称中心为(，1)．(2)∴f()＋f(1－)＝f()＋f()＝2(k＝1，2，…，1007)，∴f()＋f()＋…＋f()＝[f()＋f()]＋[f()＋f()]＋…＋[f()＋f()]＋f()＝2×1006＋1＝2022.9．有一个容积V一定的有铝合金盖的圆柱形铁桶，已知单位面积铝合金的价格是铁的3倍，问如何设计使总造价最小？[分析]　桶的总造价要根据铁与铝合金的用量来定，由于二者单位面积的价格不同，在保持铁桶容积不变的前提下，使总造价最小．问题转化为V一定求总造价y的最小值，选取恰当变量(圆柱高h或底半径r)来表示y即变为函数极值问题．[解析]　设圆柱体高为h，底面半径为r，又设单位面积铁的造价为m，桶总造价为y，则y＝3mπr2＋m(πr2＋2πrh)．由于V＝πr2h，得h＝，所以y＝4mπr2＋　(r>0)．所以，y′＝8mπr－.令y′＝0，得r＝，此时，h＝＝4.该函数在(0，＋∞)内连续可导，且只有一个使函数的导数为零的点，问题中总造价的最小值显然存在，当r＝时，y有最小值，即hr＝4时，总造价最小．10．(文)已知球的直径为d，求当其内接正四棱柱体积最大时，正四棱柱的高为多少？[解析]　如右图所示，设正四棱柱的底面边长为x，高为h，由于x2＋x2＋h2＝d2，-18-\n∴x2＝(d2－h2)．∴球内接正四棱柱的体积为V＝x2·h＝(d2h－h3)，0<h<d.V′＝(d2－3h2)＝0，∴h＝d.在(0，d)上，函数变化情况如下表：hdV′＋0－V↗极大值↘由上表知体积最大时，球内接正四棱柱的高为d.(理)如右图所示，扇形AOB中，半径OA＝1，∠AOB＝，在OA的延长线上有一动点C，过点C作CD与相切于点E，且与过点B所作的OB的垂线交于点D，问当点C在什么位置时，直角梯形OCDB的面积最小．[分析]　要求直角梯形OCDB的面积的最小值，需先求出梯形面积，可设OC＝x，进而用x表示BD，然后利用导数的方法求最小值．[解析]　如上图所示，过D作DF⊥OA于F，可知△OEC≌△DFC，所以OC＝CD，设OC＝x(x＞1)，在Rt△CDF中，CD2＝CF2＋DF2，即x2＝(x－BD)2＋1，所以BD＝x－，所以梯形的面积为-18-\nS＝(BD＋OC)·OB＝(2x－)，S′＝(2－)．令S′＝0，解得x1＝，x2＝－(舍去)．当x＞时，S′＞0；当1＜x＜时，S′＜0.所以当x＝时，S取最小值．即当OC＝时，直角梯形OCDB的面积最小.能力拓展提升11.已知非零向量a、b满足：|a|＝2|b|，若函数f(x)＝x3＋|a|x2＋a·bx在R上有极值，设向量a、b的夹角为θ，则cosθ的取值范围为(　　)A.B.C.D.[答案]　D[解析]　∵函数f(x)在R上有极值，∴f′(x)＝x2＋|a|x＋a·b＝0有两不等实根，∴Δ＝|a|2－4|a|·|b|cosθ＝4|b|2－8|b|2cosθ>0，∴cosθ<，∴选D.[点评]　若f(x)为三次函数，f(x)在R上有极值，则f′(x)＝0应有二不等实根，当f(x)有两相等实根时，不能保证f(x)有极值，这一点要特别注意，如f(x)＝x3，f′(x)＝x2＝0有实根x＝0，但f(x)在R上单调增，无极值．即导数为0是函数有极值的必要不充分条件．12．如图，过函数y＝xsinx＋cosx图象上点(x，y)的切线的斜率为k，若k＝g(x)，则函数k＝g(x)的图象大致为(　　)-18-\n[答案]　A[解析]　∵y′＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，∴k＝g(x)＝xcosx，易知其图象为A.13．函数f(x)＝2x3＋x2－x＋1的图象与x轴交点个数为________个．[答案]　1[解析]　f′(x)＝6x2＋x－1＝(3x－1)(2x＋1)，当x<－时，f′(x)>0，当－<x<时，f′(x)<0，当x>时，f′(x)>0，∴f(x)在(－∞，－)上单调递增，在(－，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，∴当x＝－时，f(x)取到极大值，当x＝时，f(x)取到极小值，故f(x)的图象与x轴只有一个交点．14．将边长为1m的正三角形薄铁皮，沿一条平行于某边的直线剪成两块，其中一块是梯形，记s＝，则s的最小值是________．[答案]　-18-\n[解析]　设DE＝x，则梯形的周长为：3－x，梯形的面积为：(x＋1)·(1－x)＝(1－x2)，∴s＝＝·，x∈(0,1)，设h(x)＝，h′(x)＝.令h′(x)＝0，得：x＝或x＝3(舍)，∴h(x)最小值＝h＝8，∴s最小值＝×8＝.15．(文)甲乙两地相距400km，汽车从甲地匀速行驶到乙地，速度不得超过100km/h，已知该汽车每小时的运输成本P(元)关于速度v(km/h)的函数关系是P＝v4－v3＋15v.(1)求全程运输成本Q(元)关于速度v的函数关系式；(2)为使全程运输成本最少，汽车应以多大速度行驶？并求此时运输成本的最小值．[解析]　(1)汽车从甲地到乙地需用h，故全程运输成本为Q＝＝－＋6000　(0<v≤100)．(2)Q′＝－5v，令Q′＝0得，v＝80，∴当v＝80km/h时，全程运输成本取得最小值，最小值为元．(理)(2022·江苏)请你设计一个包装盒．如图所示，ABCD是边长为60cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A，B，C，D四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E、F在AB上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE＝FB＝x(cm)．-18-\n(1)若广告商要求包装盒的侧面积S(cm2)最大，试问x应取何值？(2)某厂商要求包装盒容积V(cm3)最大，试问x应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．[解析]　设包装盒的高为h(cm)，底面边长为a(cm)，由已知得a＝x，h＝＝(30－x)，0<x<30.(1)S＝4ah＝8x(30－x)＝－8(x－15)2＋1800，所以当x＝15时，S取得最大值．(2)V＝a2h＝2(－x3＋30x2)，V′＝6x(20－x)．由V′＝0得x＝0(舍)或x＝20.当x∈(0,20)时，V′>0；当x∈(20,30)时，V′<0.所以当x＝20时，V取得极大值，也是最大值．此时＝.即包装盒的高与底面边长的比值为.16．(文)用一块钢锭浇铸一个厚度均匀，且全面积为2m2的正四棱锥形有盖容器(如右图)．设容器的高为hm，盖子边长为am.(1)求a关于h的函数解析式；(2)设容器的容积为Vm3，则当h为何值时，V最大？求出V的最大值．(容器的厚度忽略不计)-18-\n[解析]　(1)如右图，作PO⊥平面ABCD，O为垂足，作OE⊥BC于E，连结PE，则PE⊥BC，正四棱锥的全面积为2＝4××a×＋a2.所以a＝　(h>0)．(2)V＝a2h＝·(h>0)，V′＝·＝.所以当0<h<1时，V′>0.所以V(h)在(0,1]上为增函数．当h>1时，V′<0，所以V(h)在[1，＋∞)上为减函数．故h＝1为函数V(h)的唯一极大值点也是最大值点，∴Vmax＝.答：当高h＝1m时，容积取最大值m3.(理)如图，有一矩形钢板ABCD缺损了一角(如图所示)，边缘线OM上每一点到点D的距离都等于它到边AB的距离．工人师傅要将缺损的一角切割下来使剩余部分成一个五边形，若AB＝1m，AD＝0.5m，问如何画切割线EF可使剩余部分五边形ABCEF的面积最大？-18-\n[解析]　由题知，边缘线OM是以点D为焦点，直线AB为准线的抛物线的一部分．以O点为原点，AD所在直线为y轴建立直角坐标系，则D(0，)，M(，)．所以边缘线OM所在抛物线的方程为y＝x2(0≤x≤)．要使如图的五边形ABCEF面积最大，则必有EF所在直线与抛物线相切，设切点为P(t，t2)．则直线EF的方程为y＝2t(x－t)＋t2，即y＝2tx－t2，由此可求得点E，F的坐标分别为E(，)，F(0，－t2)．所以S△DEF＝S(t)＝··(＋t2)＝·，t∈(0，]．所以S′(t)＝·＝＝，显然函数S(t)在(0，]上是减函数，在(，]上是增函数．所以当t＝时，S△DEF取得最小值，相应地，五边形ABCEF的面积最大．此时点E、F的坐标分别为E(，)，F(0，－)．此时沿直线EF划线可使五边形ABCEF的面积最大．1．函数f(x)的定义域为R，导函数f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)(　　)-18-\nA．无极大值点、有四个极小值点B．有三个极大值点、两个极小值点C．有两个极大值点、两个极小值点D．有四个极大值点、无极小值点[答案]　C[解析]　设f′(x)与x轴的4个交点，从左至右依次为x1、x2、x3、x4，当x<x1时，f′(x)>0，f(x)为增函数，当x1<x<x2时，f′(x)<0，f(x)为减函数，则x＝x1为极大值点，同理，x＝x3为极大值点，x＝x2，x＝x4为极小值点．2．函数f(x)＝excosx的图象在点(0，f(0))处的切线的倾斜角的余弦值为(　　)A．－B.C.D．1[答案]　C[解析]　f′(x)＝excosx－exsinx，∴f′(0)＝1.设f(x)在点(0，f(0))处切线的倾斜角为α，则tanα＝1，∵α∈(0，π)，∴α＝，∴cosα＝.3．设函数f(x)＝x3＋x2＋tanθ，其中θ∈，则导数f′(1)的取值范围为(　　)A．[－2,2]B．[，]C．[，2]D．[，2][答案]　D[解析]　∵f′(x)＝sinθ·x2＋cosθ·x，-18-\n∴f′(1)＝sinθ＋cosθ＝2sin.∵θ∈，∴θ＋∈.∴sin∈，∴f′(1)∈[，2]，故选D.4．某工厂要围建一个面积为128m2的矩形堆料场，一边可以用原有的墙壁，其他三边要砌新的墙壁，要使砌墙所用的材料最省，堆料场的长、宽应分别为________．[答案]　16m　8m[解析]　设场地宽为xm，则长为m，因此新墙总长度为y＝2x＋(x＞0)，y′＝2－，令y′＝0，∵x>0，∴x＝8.因为当0＜x＜8时，y′＜0；当x＞8时，y′＞0，所以当x＝8时，y取最小值，此时宽为8m，长为16m.即当堆料场的长为16m，宽为8m时，可使砌墙所用材料最省．5．(2022·陕西文)设f(x)＝lnx，g(x)＝f(x)＋f′(x)．(1)求g(x)的单调区间和最小值；(2)讨论g(x)与g()的大小关系；(3)求a的取值范围，使得g(a)－g(x)<对任意x>0成立．[解析]　∵f(x)＝lnx，∴f′(x)＝，g(x)＝lnx＋.∴g′(x)＝，令g′(x)＝0得x＝1，当x∈(0,1)时，g′(x)<0，∴(0,1)是g(x)的单调减区间；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0.∴(1，＋∞)是g(x)的单调增区间，因此当x＝1时g(x)取极小值，且x＝1是唯一极值点，从而是最小值点．所以g(x)最小值为g(1)＝1.(2)g()＝－lnx＋x令h(x)＝g(x)－g()＝2lnx－x＋，-18-\n则h′(x)＝－，当x＝1时，h(1)＝0，即g(x)＝g()，当x∈(0,1)∪(1，＋∞)时h′(x)<0，h′(1)＝0，所以h(x)在(0，＋∞)单调递减，当x∈(0,1)时，h(x)>h(1)＝0，即g(x)>g()，当x∈(1，＋∞)时，h(x)<h(1)＝0，即g(x)<g()，综上知，当x∈(0,1)时，g(x)>g()；当x＝1时，g(x)＝g()；当x∈(1，＋∞)时，g(x)<g()．(3)由(1)可知g(x)最小值为1，所以g(a)－g(x)<对任意x>0成立等价于g(a)－1<，即lna<1，解得0<a<e.所以a的取值范围是(0，e)．6．学习曲线是1936年美国康乃尔大学T.P.Wright博士在飞机制造过程中，通过对大量有关资料、案例的观察、分析、研究，首次发现并提出来的．已知某类学习任务的学习曲线为：f(t)＝·100%(其中f(t)为该任务的程度，t为学习时间)，且这类学习任务中的某项任务满足f(2)＝60%.(1)求f(t)的表达式，计算f(0)并说明f(0)的含义；(2)已知2x>xln2对任意x>0恒成立，现定义为该类学习任务在t时刻的学习效率指数，研究表明，当学习时间t∈(1,2)时，学习效率最佳，当学习效率最佳时，求学习效率指数相应的取值范围．[解析]　(1)∵f(t)＝·100%(t为学习时间)，且f(2)＝60%，则·100%＝60%，解得a＝4.∴f(t)＝·100%＝·100%(t≥0)，∴f(0)＝·100%＝37.5%，-18-\nf(0)表示某项学习任务在开始学习时已掌握的程度为37.5%.(2)令学习效率指数＝y，则y＝＝＝(t>0)，现研究函数g(t)＝t＋的单调性，由于g′(t)＝1＋＝(t>0)，又已知2x>xln2对任意x>0恒成立，即2t－tln2>0，则g′(t)>0恒成立，∴g(t)在(0，＋∞)上为增函数，且g(t)为正数．∴y＝＝(t>0)在(0，＋∞)上为减函数，而y|t＝1＝＝，y|t＝2＝＝，即y＝∈(，)，故所求学习效率指数的取值范围是(，)．7．(2022·延边州质检)已知函数f(x)＝x2＋ax－lnx，a∈R.(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在[1,2]上是减函数，求实数a的取值范围；(3)令g(x)＝f(x)－x2，是否存在实数a，当x∈(0，e](e是自然对数的底数)时，函数g(x)的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．[解析]　(1)当a＝1时，由f′(x)＝2x＋1－＝＝，∵函数f(x)＝x2＋x－lnx的定义域为(0，＋∞)，∴当x∈(0，]时，f′(x)≤0，当x∈[，＋∞)时，f′(x)≥0，所以函数f(x)＝x2＋x－lnx的单调递减区间为(0，]单调递增区间为[，＋∞)．(2)f′(x)＝2x＋a－＝≤0在[1,2]上恒成立，令h(x)＝2x2＋ax－1，有得，得a≤－.-18-\n(3)假设存在实数a，使g(x)＝ax－lnx(x∈(0，e])有最小值3，g′(x)＝a－＝.①当a≤0时，g(x)在(0，e]上单调递减，g(x)min＝g(e)＝ae－1＝3，a＝(舍去)，∴g(x)无最小值．②当0<<e时，g(x)在(0，)上单调递减，在(，e]上单调递增，∴g(x)min＝g()＝1＋lna＝3，a＝e2，满足条件．③当≥e时，g(x)在(0，e]上单调递减，g(x)min＝g(e)＝ae－1＝3，a＝(舍去)，∴f(x)无最小值．综上，存在实数a＝e2，使得当x∈(0，e]时，f(x)有最小值3.8．(2022·山东苍山县模拟)某食品厂进行蘑菇的深加工，每公斤蘑菇的成本20元，并且每公斤蘑菇的加工费为t元(t为常数，且2≤t≤5)，设该食品厂每公斤蘑菇的出厂价为x元(25≤x≤40)，根据市场调查，日销售量q与ex成反比，当每公斤蘑菇的出厂价为30元时，销售量为100kg.(每日利润＝日销售量×(每公斤出厂价－成本价－加工费))．(1)求该工厂的每日利润y元与每公斤蘑菇的出厂价x元的函数关系式；(2)若t＝5，当每公斤蘑菇的出厂价x为多少元时，该工厂的利润y最大，并求最大值．[解析]　(1)设日销售量q＝，则＝100，∴k＝100e30，∴日销售量q＝，∴y＝(25≤x≤40)．(2)当t＝5时，y＝，y′＝.由y′≥0得x≤26，由y′≤0得x≥26，∴y在[26,25]上单调递增，在[26,40]上单调递减，∴当x＝26时，ymax＝100e4.当每公斤蘑菇的出厂价为26元时，该工厂的利润最大，最大值为100e4元．-18-