【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A版
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【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A版一、选择题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R D.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-14-\n=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)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,每年生产的产品产量是( )A.100 B.150C.200 D.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.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)(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.3 B.C.2 D.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)内接于半径为R的球并且体积最大的圆锥的高为( )A.R B.2R-14-\nC.R D.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.cm B.cmC.cm D.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.5.(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.5 B.C.3 D.[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.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∈D-14-\n,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·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.二、填空题-14-\n7.(2022·开封第一次模拟)已知函数f(x)=x3-ax2+bx+3(a,b∈R),若函数f(x)在[0,1]上单调递减,则a2+b2的最小值为________.[答案] [解析] 依题意,当x∈[0,1]时,f′(x)=3x2-2ax+b≤0,即,在坐标平面内画出该不等式组表示的平面区域,如图所示,结合图形不难得知,该平面区域内的点(a,b)与原点的距离的平方即为a2+b2,其最小值等于原点到直线3-2a+b=0的距离的平方,即等于.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),-14-\n∴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.(文)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)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-,根据这一发现可得:(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-×()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),-14-\n∴f()+f()+…+f()=[f()+f()]+[f()+f()]+…+[f()+f()]+f()=2×1006+1=2022.三、解答题10.(2022·湖南雅礼中学一模)某工厂生产某种儿童玩具,每件玩具的成本价为30元,并且每件玩具的加工费为t元(其中t为常数,且2≤t≤5),设该工厂每件玩具的出厂价为x元(35≤x≤41),根据市场调查,日销售量与ex(e为自然对数的底数)成反比例,当每件玩具的出厂价为40元时,日销售量为10件.(1)求该工厂的日利润y(元)与每件玩具的出厂价x元的函数关系式;(2)当每件玩具的日售价为多少元时,该工厂的利润y最大,并求y的最大值.[解析] (1)设日销售量为,则=10,∴k=10e40,则日销售量为件,∴日利润y=(x-30-t)·.∴y=(35≤x≤41).(2)y′=,令y′=0得x=31+t.①当2≤t≤4时,33≤31+t≤35,∴当35≤x≤41时,y′≤0.∴当x=35时,y取最大值,最大值为10(5-t)e5.②当4<t≤5时,35<t+31≤36,函数y在[35,t+31]上单调递增,在[t+31,41]上单调递减.∴当x=t+31时,y取最大值10e9-t.∴当2≤t≤4,x=35时,日利润最大值为10(5-t)e5元;当4<t≤5,x=31+t时,日利润最大值为10e9-t元.一、解答题11.(文)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.-14-\n[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[25,26]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.(理)为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗,房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层.某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层,每厘米厚的隔热层建造成本为6万元.该建筑物每年的能源消耗费用C(单位:万元)与隔热层厚度x(单位:cm)满足关系:C(x)=(0≤x≤10),若不建隔热层,每年能源消耗费用为8万元.设f(x)为隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和.(1)求k的值及f(x)的表达式;(2)隔热层修建多厚时,总费用f(x)达到最小,并求最小值.[解析] (1)设隔热层厚度为xcm,由题设知,每年能源消耗费用为C(x)=.再由C(0)=8,得k=40,因此C(x)=.又建造费用为C1(x)=6x.最后得隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和为,f(x)=20C(x)+C1(x)=20×+6x=+6x(0≤x≤10).(2)f′(x)=6-,令f′(x)=0,即=6.解得x=5,或x=-(舍去).当0<x<5时,f′(x)<0,当5<x<10时,f′(x)>0,-14-\n故x=5是f(x)的最小值点,对应的最小值为f(5)=6×5+=70.当隔热层修建5cm厚时,总费用达到最小值70万元.12.(文)(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+.∴当a=时,(ab)最大值=.(理)(2022·洛阳统考)已知函数f(x)=+xlnx,g(x)=x3-x2-x-1.(1)如果存在x1,x2∈[0,2],使得g(x1)-g(x2)≥M,求满足该不等式的最大整数M;(2)如果对任意的s,t∈[,2],都有f(s)≥g(t)成立,求实数a的取值范围.[解析] (1)存在x1,x2∈[0,2],使得g(x1)-g(x2)≥M⇔x1,x2∈[0,2],[g(x1)-g(x2)]max≥M.∵g′(x)=3x2-2x-1=(3x+1)(x-1),∴当0<x<1时,g′(x)<0,g(x)单调递减,当1<x<2时,g′(x)>0,g(x)单调递增,∴g(x)max=max{g(0),g(2)}=g(2)=1,g(x)min=g(1)=-2,∴[g(x1)-g(x2)]max=g(x)max-g(x)min=3,满足不等式的最大整数M=3.-14-\n(2)由(1)知,当x∈[,2]时,g(x)max=g(2)=1,依题意,对任意的s,t∈[,2]都有f(s)≥g(t)成立⇔当x∈[,2]时,f(x)=+xlnx≥1恒成立.则有f(1)=≥1,∴a≥2.当a≥2且x∈[,2]时,f(x)=+xlnx≥+xlnx.记h(x)=+xlnx,∴h′(x)=-+lnx+1,且h′(1)=0.当x∈(,1)时,h′(x)=-+lnx+1<0,当x∈(1,2)时,h′(x)=-+lnx+1>0,∴h(x)=+xlnx在(,1)上单调递减,在(1,2)上单调递增,∴h(x)min=h(1)=1,即h(x)≥1,∴当a≥2时原不等式成立.∴a的取值范围是[2,+∞).13.(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).-14-\n(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,).S=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.-14-\n(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).15.(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),-14-\n∵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∈(,).-14-\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∈(,).-14-
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