【走向高考】2022届高三数学一轮基础巩固 第3章 第3节 导数的综合应用与实际应用（含解析）新人教B版

【走向高考】2022届高三数学一轮基础巩固第3章第3节导数的综合应用与实际应用新人教B版一、选择题1．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．(文)(2022·山西省考前适应性训练)若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式：y＝－x3＋27x＋123(x>0)，则获得最大利润时的年产量为(　　)A．1百万件B．2百万件C．3百万件D．4百万件[答案]　C[解析]　由y′＝－3x2＋27＝0得x＝±3，∵x>0，∴x＝3.当0<x<3时，y′>0，当x>3时，y′<0，∴x＝3是函数的极大值点，由实际问题的实际意义知x＝3为函数的最大值点，故选C.(理)(2022·日照模拟)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，∴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．-11-\n3．(文)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＝，又V＝πr2h＝，则V′＝，令V′＝0，得S＝6πr2，∴h＝2r，r＝.(理)(2022·石家庄模拟)已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的体积最大时，其高的值为(　　)A．3B.C．2D．2[答案]　D[解析]　设正六棱柱底面边长为a，高为2h，则h＝，V六棱柱＝a2·2＝3a2，V′＝6a－，令V′＝0，解得a＝.∴h＝，∴六棱柱的高为2.4．(文)要制作一个圆锥形的漏斗，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，所以当x＝时，V取最大值．(理)内接于半径为R的球并且体积最大的圆锥的高为(　　)A．RB．2R-11-\nC.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.5．(文)(2022·湖北宜昌模拟)已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0,2)时，f(x)＝lnx－ax(a>)，当x∈(－2,0)时，f(x)的最小值为1，则a的值等于(　　)A.B.C.D．1[答案]　D[解析]　x∈(－2,0)时，－x∈(0,2)，∴f(－x)＝ln(－x)＋ax，∵f(x)为奇函数，∴f(x)＝－ln(－x)－ax，∴f′(x)＝－－a，由f′(x)＝0得x＝－.当0>x>－时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当－2<x<－时，f′(x)<0，f(x)单调递减．由题设知f(－)＝－ln＋1＝1，∴a＝1，故选D.(理)(2022·沈阳模拟)设f(x)是定义在R上的奇函数，且f(2)＝0，当x>0时，有<0恒成立，则不等式x2f(x)>0的解集是(　　)A．(－2,0)∪(2，＋∞)B．(－2,0)∪(0,2)C．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D．(－∞，－2)∪(0,2)[答案]　D[解析]　令F(x)＝，∵x>0时，F′(x)＝<0，∴F(x)在(0，＋∞)上为减函数，又f(x)为奇函数，∴F(－x)＝＝＝F(x)，∴F(x)为偶函数，∴F(x)在(－∞，0)上为增函数，∵f(2)＝0，∴F(2)＝0，F(－2)＝0，∴在(－∞，－2)和(2，＋∞)上F(x)<0，在(－2,0)和(0,2)上F(x)>0，从而在(－∞，－2)和(0,2)上f(x)>0，∴不等式x2f(x>0)的解集为(－∞，－2)∪(0,2)．6．(文)(2022·山西大同诊断)设D是函数y＝f(x)定义域内的一个区间，若存在x0∈-11-\nD，使f(x0)＝－x0，则称x0是f(x)的一个“次不动点”．若函数f(x)＝ax2－3x－a＋在区间[1,4]上存在次不动点，则实数a的取值范围是(　　)A．(－∞，0)B．(0，)C．[，＋∞)D．(－∞，][答案]　D[解析]　设g(x)＝f(x)＋x，依题意，存在x∈[1,4]，使g(x)＝f(x)＋x＝ax2－2x－a＋＝0.当x＝1时，g(1)＝≠0；当x≠1时，由ax2－2x－a＋＝0得a＝.记h(x)＝(1<x≤4)，则由h′(x)＝＝0得x＝2或x＝(舍去)．当x∈(1,2)时，h′(x)>0；当x∈(2,4)时，h′(x)<0，即函数h(x)在(1,2)上是增函数，在(2,4)上是减函数，因此当x＝2时，h(x)取得最大值，最大值是h(2)＝，故满足题意的实数a的取值范围是(－∞，]，选D.(理)(2022·浙江省名校联考)设函数ht(x)＝3tx－2t，若有且仅有一个正实数x0，使得h7(x0)≥ht(x0)对任意的正数t都成立，则x0＝(　　)A．5B.C．3D．[答案]　D[分析]　“有且仅有一个正实数x0，使得h7(x0)≥ht(x0)，对t>0都成立”，即对变量t，ht(x0)的最大值≤h7(x0)．[解析]　∵h7(x0)≥ht(x0)对任意的正数t都成立，∴h7(x0)≥ht(x0)max.记g(t)＝ht(x0)＝3tx0－2t，则g′(t)＝3x0－3t，令g′(t)＝0，得t＝x，易得ht(x0)max＝g(x)＝x，∴21x0－14≥x，将选项代入检验可知选D.二、填空题7．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．-11-\n即a>－在(0，＋∞)内有实数解．∵x∈(0，＋∞)时，－＝(－1)2－1≥－1，∴a>－1.8．(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<)，故体积为V＝2x2＝－6x3＋9x2，V′＝－18x2＋18x，令V′＝0得，x＝0或1，∵0<x<，∴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，解得x1＝1，x2＝－(不合题意，舍去)，∴高为3.2－2＝1.2，容积V＝1×1.5×1.2＝1.8，∴高为1.2m时容积最大．9．(2022·大同市调研)设函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx，若1和－1是函数f(x)的两个零点，x1和x2是f(x)的两个极值点，则x1·x2＝________.[答案]　－[解析]　∵1和－1是函数f(x)的两个零点，∴f(x)＝ax3＋bx2＋cx＝a(x－1)x(x＋1)，∵x1，x2是f(x)的两个极值点，∴x1、x2是方程f′(x)＝0的两个根．∵f′(x)＝a(3x2－1)，∴x1x2＝－.三、解答题10．(文)某工厂每天生产某种产品最多不超过40件，并且在生产过程中产品的正品率P与日产量x(x∈N*)件之间的关系为P＝-11-\n，每生产一件正品盈利4000元，每出现一件次品亏损2000元．(注：正品率＝产品中的正品件数÷产品总件数)(1)将日利润y(元)表示成日产量x(件)的函数；(2)问该厂的日产量为多少件时，日利润最大？并求出日利润的最大值．[解析]　(1)∵y＝4000××x－2000(1－)·x＝3600x－x3.∴所求的函数关系式是y＝－x3＋3600x(x∈N*,1≤x≤40)．(2)由(1)知y′＝3600－4x2.令y′＝0，解得x＝30.∴当1≤x<30时，y′>0；当30<x≤40时，y′<0.∴函数y＝－x3＋3600x(x∈N*,1≤x≤40)在[1,30]上是单调递增函数，在[30,40]上是单调递减函数．∴当x＝30时，函数y＝－x3＋3600x(x∈N*,1≤x≤40)取得最大值，最大值为－×303＋3600×30＝72000(元)．∴该厂的日产量为30件时，日利润最大，最大值为72000元．(理)(2022·北师大附中期中)某工厂有一批货物由海上从甲地运往乙地，已知轮船的最大航行速度为60nmile/h，甲地至乙地之间的海上航行距离为600nmile，每小时的运输成本由燃料费和其他费用组成，轮船每小时的燃料费与轮船速度的平方成正比，比例系数为0.5，其他费用为每小时1250元．(1)请把全程运输成本y(元)表示为速度x(nmile/h)的函数，并指明定义域；(2)为使全程运输成本最小，轮船应以多大速度行驶？[解析]　(1)由题意得：y＝(1250＋0.5x2)＝＋300x，即：y＝＋300x(0<x≤60)．(2)由(1)知，y′＝－＋300，令y′＝0，解得x＝50，或x＝－50(舍去)．当0<x<50时，y′<0，当50<x<60时，y′>0，因此，函数y＝＋300x，在x＝50处取得极小值，也是最小值．故为使全程运输成本最小，轮船应以50nmile/h的速度行驶.一、解答题11．(文)(2022·湖北百所重点中学联考)2022世界园艺博览会在青岛举行，某展销商在此期间销售一种商品，根据市场调查，当每套商品售价为x元时，销售量可达到15－0.1x万套，供货商把该产品的供货价格分为两个部分，其中固定价格为每套30元，浮动价格与销量(单位：万套)成反比，比例系数为k，假设不计其他成本，即每套产品销售利润＝售价－供货价格．(1)若售价为50元时，展销商的总利润为180元，求售价100元时的销售总利润；(2)若k＝10，求销售这套商品总利润的函数f(x)，并求f(x)的最大值．[解析]　(1)售价为50元时，销量为15－0.1×50＝10万套，此时每套供货价格为30＋(元)，则获得的总利润为10×(50－30－)＝180，解得k＝20，∴-11-\n售价为100元时，销售总利润为：(15－0.1×100)(100－30－)＝320(万元)．(2)由题意可知每套商品的定价x满足不等式组即0＜x＜150，∴f(x)＝[x－(30＋)]×(15－0.1x)＝－0.1x2＋18x－460，(0＜x＜150)，∴f′(x)＝－0.2x＋18，令f′(x)＝0可得x＝90，且当0＜x＜90时，f′(x)＞0，当90＜x＜150时，f′(x)＜0，∴当x＝90时，f(x)取得最大值为350(万元)．(理)某连锁分店销售某种商品，每件商品的成本为4元，并且每件商品需向总店交a(1≤a≤3)元的管理费，预计当每件商品的售价为x(8≤x≤9)元时，一年的销售量为(10－x)2万件．(1)求该连锁分店一年的利润L(万元)与每件商品的售价x的函数关系式L(x)(销售一件商品获得的利润l＝x－(a＋4))；(2)当每件商品的售价为多少元时，该连锁分店一年的利润L最大？并求出L的最大值M(a)．[解析]　(1)由题得该连锁分店一年的利润L(万元)与售价x的函数关系式为L(x)＝(x－4－a)(10－x)2，x∈[8,9]．(2)L′(x)＝[(x－4－a)(x2－20x＋100)]′＝(10－x)(18＋2a－3x)，令L′(x)＝0，得x＝6＋a或x＝10(舍去)．∵1≤a≤3，∴≤6＋a≤8.∴L(x)在x∈[8,9]上单调递减，故L(x)max＝L(8)＝(8－4－a)·(10－8)2＝16－4a，即M(a)＝16－4a.答：当每件商品的售价为8元时，该连锁分店一年的利润L最大，最大值为16－4a万元．12．(2022·希望高中月考)设函数y＝x2－2x＋2的图象为C1，函数y＝－x2＋ax＋b的图象为C2，已知过C1与C2的一个交点的两切线互相垂直．(1)求a，b之间的关系；(2)求ab的最大值．[解析]　(1)对于C1：y＝x2－2x＋2，有y′＝2x－2，对于C2：y＝－x2＋ax＋b，有y′＝－2x＋a，设C1与C2的一个交点为(x0，y0)，由题意知过交点(x0，y0)的两切线互相垂直．∴(2x0－2)(－2x0＋a)＝－1，即4x－2(a＋2)x0＋2a－1＝0①又点(x0，y0)在C1与C2上，故有⇒2x－(a＋2)x0＋2－b＝0②由①②消去x0，可得a＋b＝.(2)由(1)知：b＝－a，∴ab＝a(－a)＝－(a－)2＋.-11-\n∴当a＝时，(ab)最大值＝.13．(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，∴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)(2022·江苏连云港二调)一个圆柱形圆木的底面半径为1m，长为10m，将此圆木沿轴所在的平面剖成两个部分．现要把其中一个部分加工成直四棱柱木梁，长度保持不变，底面为等腰梯形ABCD(如图所示，其中O为圆心，C，D在半圆上)，设∠BOC＝θ，木梁的体积为V(单位：m3)，表面积为S(单位：m2)．(1)求V关于θ的函数表达式．(2)求θ的值，使体积V最大．(3)问当木梁的体积V最大时，其表面积S是否也最大？请说明理由．[解析]　(1)梯形ABCD的面积SABCD＝·sinθ＝sinθcosθ＋sinθ，θ∈(0，)．体积V(θ)＝10(sinθcosθ＋sinθ)，θ∈(0，)．(2)V′(θ)＝10(2cos2θ＋cosθ－1)＝10(2cosθ－1)(cosθ＋1)．令V′(θ)＝0，得cosθ＝或cosθ＝－1(舍)．∵θ∈(0，)，∴θ＝.当θ∈(0，)时，<cosθ<1，V′(θ)>0，V(θ)为增函数；当θ∈(，)时，0<cosθ<，V′(θ)<0，V(θ)为减函数．∴当θ＝时，体积V最大．(3)木梁的侧面积S侧＝(AB＋2BC＋CD)·10＝20(cosθ＋2sin＋1)，θ∈(0，)．-11-\nS＝2SABCD＋S侧＝2(sinθcosθ＋sinθ)＋20(cosθ＋2sin＋1)，θ∈(0，)．设g(θ)＝cosθ＋2sin＋1，θ∈(0，)．∵g(θ)＝－2sin2＋2sin＋2，∴当sin＝，即θ＝时，g(θ)最大．又由(2)知θ＝时，sinθcosθ＋sinθ取得最大值，∴θ＝时，木梁的表面积S最大．综上，当木梁的体积V最大时，其表面积S也最大．14．(文)(2022·河北唐山二模)已知函数f(x)＝x2－lnx－ax，a∈R.(1)当a＝1时，求f(x)的最小值；(2)若f(x)>x，求a的取值范围．[解析]　(1)当a＝1时，f(x)＝x2－lnx－x，f′(x)＝.当x∈(0,1)时，f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0.所以f(x)的最小值为f(1)＝0.(2)f(x)＞x，即f(x)－x＝x2－lnx－(a＋1)x＞0.由于x＞0，所以f(x)＞x等价于x－＞a＋1.令g(x)＝x－，则g′(x)＝.当x∈(0,1)时，g′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0.g(x)有最小值g(1)＝1.故a＋1＜1，a的取值范围是(－∞，0)．(理)(2022·黑龙江大庆实验中学期中)已知函数f(x)＝xlnx(x>0)．(1)试求函数f(x)的单调区间和最值；(2)若g(x)＝f′(x)，直线y＝kx＋b与曲线g(x)相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)不同的两点，若x0＝，试证明k>g′(x0)．[解析]　(1)f′(x)＝lnx＋1，由f′(x)>0得x>，函数f(x)的减区间是(0，]，增区间是[，＋∞)，f(x)min＝f()＝－.(2)证明：g(x)＝f′(x)＝lnx＋1，令x1>x2>0，k＝，g′(x0)＝＝，构造函数F(x)＝g(x1)－g(x2)－＝lnx1－lnx2－＝ln－，令＝t，则h(t)＝lnt－(t>1)，h′(t)＝>0，所以h(t)>h(1)＝0，所以F(x)>0，即k>g′(x0)．-11-\n15．(文)(2022·邯郸市一模)已知函数f(x)＝x2－(a＋1)x＋alnx＋1.(1)若x＝3是f(x)的极值点，求f(x)的极大值；(2)求a的范围，使得f(x)≥1恒成立．[解析]　(1)f′(x)＝x－(a＋1)＋(x>0)，∵x＝3是f(x)的极值点，∴f′(3)＝3－(a＋1)＋＝0，解得a＝3.当a＝3时，f′(x)＝＝.当x变化时，x(0,1)1(1,3)3(3，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)递增极大值递减极小值递增f(x)的极大值为f(1)＝－.(2)要使得f(x)≥1恒成立，即x>0时，x2－(a＋1)x＋alnx≥0恒成立．设g(x)＝x2－(a＋1)x＋alnx，，则g′(x)＝x－(a＋1)＋＝(ⅰ)当a≤0时，由g′(x)<0得单减区间为(0,1)，由g′(x)>0得单增区间为(1，＋∞)g(x)min＝g(1)＝－a－≥0，得a≤－(ⅱ)当0<a<1时，由g′(x)<0得单减区间为(a,1)，由g′(x)>0得单增区间为(0，a)，(1，＋∞)，此时g(1)＝－a－<0，∴不合题意．(ⅲ)当a＝1时，f(x)在(0，＋∞)上单增，此时g(1)＝－a－<0，∴不合题意．(ⅳ)当a>1时，由g′(x)<0得单减区间为(1，a)，由g′(x)>0得单增区间为(0,1)，(a，＋∞)，此时g(1)＝－a－<0∴不合题意．综上所述：a≤－时，f(x)≥1恒成立．(理)(2022·郑州市质检)已知函数f(x)＝.(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)过点P(0，)作直线l与曲线y＝f(x)相切，求证：这样的直线l至少有两条，且这些直线的斜率之和m∈(，)．-11-\n[解析]　(1)由题知f′(x)＝(x∈R)，令f′(x)>0，x<1，令f′(x)<0，x>1，所以函数f(x)的增区间为(－∞，1)，减区间为(1，＋∞)，其极大值为f(1)＝，无极小值．(2)设切点为(x0，f(x0))，则所作切线的斜率k＝f′(x0)＝，所以直线l的方程为：y－＝(x－x0)，注意到点P(0，)在切线l上，所以－＝(－x0)，整理得：－＝0，故此方程解的个数，即为可以做出的切线条数，令g(x)＝－，则g′(x)＝－，令g′(x)>0则0<x<2，令g′(x)<0则x<0或x>2，所以，函数g(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)上单调递减，在(0,2)上单调递增，注意到g(0)＝－<0，g(2)＝0，g(－1)＝e－>0，所以方程g(x)＝0的解为x＝2，或x＝t(－1<t<0)，即过点P(0，)恰好可以作两条与曲线y＝f(x)相切的直线．当x＝2时，对应的切线斜率k1＝f′(2)＝－，当x＝t时，对应的切线斜率k2＝，令h(t)＝(－1<t<0)，则h′(t)＝<0，所以h(t)在(－1,0)上为减函数，即1＝h(0)<h(t)<h(－1)＝2e,1<k2<2e，所以m＝k1＋k2∈(，)．-11-