【三维设计】2022届高考数学一轮复习 教师备选作业 第二章 第十三节 导数的应用(二) 理

第二章第十三节导数的应用(二)一、选择题1．若函数f(x)＝x3－x2＋1，则f(x)(　　)A．最大值为1，最小值B．最大值为1，无最小值C．最小值为，无最大值D．既无最大值，又无最小值2．函数f(x)＝exsinx在区间[0，]上的值域为(　　)A．[0，e]　　　　　　　　B．(0，e)C．[0，e)D．(0，e]3．若函数f(x)＝(a>0)在[1，＋∞)上的最大值为，则a的值为(　　)A.B.C.＋1D.－14．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．15．球的直径为d，其内接正四棱柱体积V最大时的高为(　　)A.dB.dC.dD.d6．设动直线x＝m与函数f(x)＝x3、g(x)＝lnx的图象分别交于点M、N，则|MN|的最小值为(　　)-7-\nA.(1＋ln3)B.ln3C．1＋ln3D．ln3－1二、填空题7．函数f(x)＝－x3＋mx2＋1(m≠0)在(0,2)内的极大值为最大值，则m的取值范围是________．8.用一批材料可以建成200m长的围墙，如果用此材料在一边靠墙的地方围成一块矩形场地，中间用同样材料隔成三个面积相等的矩形．(如图所示)，则围墙的最大面积是________．(围墙厚度不计)．9．某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品，若该商品零售价为p元，销量Q(单位：件)与零售价p(单位：元)有如下关系：Q＝8300－170p－p2，则该商品零售价定为________元时利润最大，利润的最大值为________．三、解答题10．已知a为实数，函数f(x)＝(x2＋1)(x＋a)．若f′(－1)＝0，求函数y＝f(x)在[－，1]上的最大值和最小值．11．设f(x)＝－x3＋x2＋2ax.(1)若f(x)在(，＋∞)上存在单调递增区间，求a的取值范围；(2)当0＜a＜2时，f(x)在[1,4]上的最小值为－，求f(x)在该区间上的最大值．-7-\n12．某企业拟建造如图所示的容器(不计厚度，长度单位：米)，其中容器的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求容器的容积为立方米，且l≥2r.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关．已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元，半球形部分每平方米建造费用为c(c>3)千元．设该容器的建造费用为y千元．(1)写出y关于r的函数表达式，并求该函数的定义域；(2)求该容器的建造费用最小时的r.详解答案一、选择题1．解析：f′(x)＝3x2－3x，易知f(x)在(－∞，0)上递增，在(0,1)上递减，在(1，＋∞)上递增，且当x→＋∞时，f(x)→＋∞，当x→－∞时，f(x)→－∞，因此f(x)无最大值也无最小值．答案：D2．解析：f′(x)＝ex(sinx＋cosx)．∵x∈[0，]，∴f′(x)>0.∴f(x)在[0，]上为增函数，∴f(x)min＝f(0)＝0，f(x)max＝f()＝e.答案：A3．解析：f′(x)＝＝，当x>时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当－<x<时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x＝时，令f(x)＝＝，＝<1，不合题意．∴f(x)max＝f(1)＝＝，a＝－1.答案：D4．解析：由题意知，当x∈(0,2)时，f(x)的最大值为－1.令f′(x)＝－a＝0，得x＝，-7-\n当0<x<时，f′(x)>0.当x>时，f′(x)<0，∴f(x)max＝f()＝－lna－1＝－1.∴a＝1.答案：D5．解析：设正四棱柱的高为h，底面边长为x，如图是其组合体的轴截面图形，则AB＝x，BD＝d，AD＝h，∵AB2＋AD2＝BD2，∴2x2＋h2＝d2.∴x2＝.又V＝x2·h＝＝(d2h－h3)，∴V′(h)＝d2－h2，令V′(h)＝0，得h＝d或h＝－d(舍去)．答案：C6．解析：由题意知|MN|＝|x3－lnx|，设h(x)＝x3－lnx，h′(x)＝3x2－，令h′(x)＝0，得x＝，易知当x＝时，h(x)取得最小值，h(x)min＝－ln＝(1－ln)>0，故|MN|min＝(1－ln)＝(1＋ln3)．答案：A二、填空题7．解析：f′(x)＝－3x2＋2mx＝x(－3x＋2m)．令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.∵x∈(0,2)，∴0<<2，∴0<m<3.答案：(0,3)8.解析：设矩形的宽为x，则矩形的长为200－4x.则面积S＝x(200－4x)＝－4x2＋200x，-7-\nS′＝－8x＋200，令S′＝0，得x＝25，故当x＝25时，S取得最大值为2500(m2)．答案：2500m29．解析：设商场销售该商品所获利润为y元，则y＝(p－20)Q＝(p－20)(8300－170p－p2)＝－p3－150p2＋11700p－166000(p≥20)，∴y′＝－3p2－300p＋11700.令y′＝0得p2＋100p－3900＝0，∴p＝30或p＝－130(舍去)．则p，y，y′变化关系如下表：p(20,30)30(30，＋∞)y′＋0－y极大值∴当p＝30时，y取极大值为23000元．又y＝－p3－150p2＋11700p－166000在[20，＋∞)上只有一个极值，故也是最值．∴该商品零售价定为每件30元，所获利润最大为23000元．答案：30　23000三、解答题10．解：∵f′(－1)＝0，∴3－2a＋1＝0，即a＝2.∴f′(x)＝3x2＋4x＋1＝3(x＋)(x＋1)．由f′(x)>0，得x<－1或x>－；由f′(x)<0，得－1<x<－.因此，函数f(x)在[－，1]上的单调递增区间为[－，－1]，[－，1]，单调递减区间为[－1，－]．∴f(x)在x＝－1处取得极大值为f(－1)＝2；f(x)在x＝－处取得极小值为f(－)＝.又∵f(－)＝，f(1)＝6，且>，∴f(x)在[－，1]上的最大值为f(1)＝6，最小值为f(－)＝.-7-\n11．解：(1)由f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－(x－)2＋＋2a，当x∈[，＋∞)时，f′(x)的最大值为f′()＝＋2a；令＋2a＞0，得a＞－.所以，当a＞－时，f(x)在(，＋∞)上存在单调递增区间．(2)令f′(x)＝0，得两根x1＝，x2＝.所以f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增．当0＜a＜2时，有x1＜1＜x2＜4，所以f(x)在[1,4]上的最大值为f(x2)，又f(4)－f(1)＝－＋6a＜0，即f(4)＜f(1)．所以f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)＝8a－＝－.得a＝1，x2＝2，从而f(x)在[1,4]上的最大值为f(2)＝.12．解：(1)设容器的容积为V，由题意知V＝πr2l＋πr3，又V＝，故l＝＝－r＝(－r)．由于l≥2r，因此0<r≤2.所以建造费用y＝2πrl×3＋4πr2c＝2πr×(－r)×3＋4πr2c.因此y＝4π(c－2)r2＋，0<r≤2.(2)由(1)得y′＝8π(c－2)r－＝(r3－)，0<r≤2.-7-\n由于c>3，所以c－2>0，当r3－＝0时，r＝.令＝m，则m>0，所以y′＝(r－m)(r2＋rm＋m2)．(1)当0<m<2，即c>时，当r＝m时，y′＝0；当r∈(0，m)时，y′<0；当r∈(m,2)时，y′>0，所以r＝m是函数y的极小值点，也是最小值点．(2)当m≥2，即3<c≤时，当r∈(0,2)时，y′<0，函数单调递减，所以r＝2是函数y的最小值点．综上所述，当3<c≤时，建造费用最小时r＝2；当c>时，建造费用最小时r＝.-7-