【2022届走向高考】高三数学一轮(人教B版)基础巩固：第3章-第3节-导数的综合应用与实际应用.docx

第三章　第三节

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R
C.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00，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)(2021·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，则使该生产厂家猎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02，∴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．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)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.cm
C.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．
(理)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
C.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.
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－20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∈D，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)＝(12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．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.
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，明显满足；当a<0时，只要Δ＝4＋4a>0，∴－1－1.
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.
8．(文)用长为18m的钢条围成一个长方体外形的框架，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　(00和x>0，得0
[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＝，每生产一件正品盈利4000元，每毁灭一件次品亏损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日产量为30件时，日利润最大，最大值为72000元．
(理)(2021·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60n mile/h，甲地至乙地之间的海上航行距离为600n mile，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(n mile/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(00)．
(2)由(1)知，y′＝－＋300，令y′＝0，解得x＝50，或x＝－50(舍去)．
当00，因此，函数y＝＋300x，在x＝50处取得微小值，也是最小值．故为使全程运输成本最小，轮船应以50n mile/h的速度行驶.

一、解答题
11．(文)(2021·湖北百所重点中学联考)2022世界园艺博览会在青岛进行，某展销商在此期间销售一种商品，依据市场调查，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，∴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，估量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·期望高中月考)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相互垂直．
(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)的两切线相互垂直．
∴(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＝.
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
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，0，V(θ)为增函数；
当θ∈(，)时，0sin＋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·黑龙江大庆试验中学期中)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)，
∵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
微小值
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gx)＝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00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∈(，)．
[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)＝，无微小值．
(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)，
留意到点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02，
所以，函数g(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)上单调递减，在(0,2)上单调递增，
留意到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