【复习参考】2021年高考数学(理)提升演练：导数的应用(二).docx

2021届高三数学（理）提升演练：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)＝exsin x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.＋1 D.－1
4．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
5．球的直径为d，其内接正四棱柱体积V最大时的高为(　　)
A.d B.d
C.d D.d
6．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(　　)
A.(1＋ln3) B.ln3
C．1＋ln3 D．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200 m长的围墙，假如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＝8 300－170p－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．

12．某企业拟建筑如图所示的容器(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，依据设计要求容器的容积为立方米，且l≥2r.假设该容器的建筑费用仅与其表面积有关．已知圆柱形部分每平方米建筑费用为3千元，半球形部分每平方米建筑费用为c(c>3)千元．设该容器的建筑费用为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)求该容器的建筑费用最小时的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：D
2．解析：f′(x)＝ex(sin x＋cos x)．∵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：A
3．解析：f′(x)＝＝，
当x>时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当－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：D
4．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＝，
当00.
当x>时，f′(x)<0，∴f(x)max＝f()＝－lna－1＝－1.
∴a＝1.
答案：D
5．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：C
6．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 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，
S′＝－8x＋200，令S′＝0，得x＝25，故当x＝25时，S取得最大值为2 500(m2)．
答案：2 500 m2
9．解析：设商场销售该商品所获利润为y元，则
y＝(p－20)Q＝(p－20)(8 300－170p－p2)
＝－p3－150p2＋11 700p－166 000(p≥20)，
∴y′＝－3p2－300p＋11 700.
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23 000元．
又y＝－p3－150p2＋11 700p－166 000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23 000元．
答案：30　23 000
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[－，－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＝－处取得微小值为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(－)＝.
11．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≤2.
(2)由(1)得y′＝8π(c－2)r－
＝(r3－)，03，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的微小值点，也是最小值点．
(2)当m≥2，即3时，建筑费用最小时r＝ .