高三高考数学国步分项分类题及析答案一四 25页

高三高考数学国步分项分类题及析答案一四 ‎3-3导数的实际应用 基础巩固强化 ‎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RB.R和R C.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．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，则满足‎2f(x)1} D．{x|x>1}‎ ‎[答案]B ‎[解析]令g(x)＝‎2f(x)－x－1，‎ ‎∵f′(x)>，∴g′(x)＝‎2f′(x)－1>0，∴g(x)为单调增函数，∵f(1)＝1，∴g(1)＝‎2f(1)－1－1＝0，‎ ‎∴当x<1时，g(x)<0，即‎2f(x)0和x>0，得00，∴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，∴－1－1.‎ 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)(2011～2012·黄冈市期末)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－，请你根据这一发现，求：‎ ‎(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)2013‎ ‎[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)，‎ ‎∴f()＋f()＋…＋f()＝[f()＋f()]＋[f()＋f()]＋…＋[f()＋f()]＋f()＝2×1006＋1＝2013.‎ ‎9．有一个容积V一定的有铝合金盖的圆柱形铁桶，已知单位面积铝合金的价格是铁的3倍，问如何设计使总造价最小？‎ ‎[分析]　桶的总造价要根据铁与铝合金的用量来定，由于二者单位面积的价格不同，在保持铁桶容积不变的前提下，使总造价最小．问题转化为V一定求总造价y的最小值，选取恰当变量(圆柱高h或底半径r)来表示y即变为函数极值问题．‎ ‎[解析]设圆柱体高为h，底面半径为r，又设单位面积铁的造价为m，桶总造价为y，则y＝3mπr2＋m(πr2＋2πrh)．‎ 由于V＝πr2h，得h＝，所以y＝‎4mπr2＋　(r>0)．‎ 所以，y′＝‎8mπr－.‎ 令y′＝0，得r＝，此时，h＝＝4.‎ 该函数在(0，＋∞‎ ‎)内连续可导，且只有一个使函数的导数为零的点，问题中总造价的最小值显然存在，当r＝时，y有最小值，即hr＝4时，总造价最小．‎ ‎10．(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)，00，∴cosθ<，∴选D.‎ ‎[点评]　若f(x)为三次函数，f(x)在R上有极值，则f′(x)＝0应有二不等实根，当f(x)有两相等实根时，不能保证f(x)有极值，这一点要特别注意，如f(x)＝x3，f′(x)＝x2＝0有实根x＝0，但f(x)在R上单调增，无极值．即导数为0是函数有极值的必要不充分条件．‎ ‎12．如图，过函数y＝xsinx＋cosx图象上点(x，y)的切线的斜率为k，若k＝g(x)，则函数k＝g(x)的图象大致为(　　)‎ ‎[答案]A ‎[解析]∵y′＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，‎ ‎∴k＝g(x)＝xcosx，易知其图象为A.‎ ‎13．函数f(x)＝2x3＋x2－x＋1的图象与x轴交点个数为________个．‎ ‎[答案]1‎ ‎[解析]f′(x)＝6x2＋x－1＝(3x－1)(2x＋1)，当x<－时，f′(x)>0，当－时，f′(x)>0，∴f(x)在(－∞，－)上单调递增，在(－，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，‎ ‎∴当x＝－时，f(x)取到极大值，当x＝时，f(x)取到极小值，故f(x)的图象与x轴只有一个交点．‎ ‎14．将边长为‎1m的正三角形薄铁皮，沿一条平行于某边的直线剪成两块，其中一块是梯形，记s＝，则s的最小值是________．‎ ‎[答案] ‎[解析]设DE＝x，‎ 则梯形的周长为：3－x，‎ 梯形的面积为：(x＋1)·(1－x)＝(1－x2)，‎ ‎∴s＝＝·，x∈(0,1)，‎ 设h(x)＝，h′(x)＝.‎ 令h′(x)＝0，得：x＝或x＝3(舍)，‎ ‎∴h(x)最小值＝h＝8，‎ ‎∴s最小值＝×8＝.‎ ‎15．(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　(00；当x∈(20,30)时，V′<0.‎ 所以当x＝20时，V取得极大值，也是最大值．‎ 此时＝.即包装盒的高与底面边长的比值为.‎ ‎16．(文)‎ 用一块钢锭浇铸一个厚度均匀，且全面积为‎2m2‎的正四棱锥形有盖容器(如右图)．设容器的高为hm，盖子边长为am.‎ ‎(1)求a关于h的函数解析式；‎ ‎(2)设容器的容积为Vm3，则当h为何值时，V最大？求出V的最大值．(容器的厚度忽略不计)‎ ‎[解析](1)如右图，作PO⊥平面ABCD，O为垂足，作OE⊥BC于E，连结PE，则PE⊥BC，正四棱锥的全面积为 ‎2＝4××a×＋a2.‎ 所以a＝(h>0)．‎ ‎(2)V＝a2h＝·(h>0)，‎ V′＝·＝.‎ 所以当00.所以V(h)在(0,1]上为增函数．‎ 当h>1时，V′<0，所以V(h)在[1，＋∞)上为减函数．‎ 故h＝1为函数V(h)的唯一极大值点也是最大值点，‎ ‎∴Vmax＝.‎ 答：当高h＝‎1m时，容积取最大值m3.‎ ‎(理)如图，有一矩形钢板ABCD缺损了一角(如图所示)，边缘线OM上每一点到点D的距离都等于它到边AB的距离．工人师傅要将缺损的一角切割下来使剩余部分成一个五边形，若AB＝‎1m，AD＝‎0.5m，问如何画切割线EF可使剩余部分五边形ABCEF的面积最大？‎ ‎[解析]由题知，边缘线OM是以点D为焦点，直线AB为准线的抛物线的一部分．‎ 以O点为原点，AD所在直线为y轴建立直角坐标系，则D(0，)，M(，)．‎ 所以边缘线OM所在抛物线的方程为y＝x2(0≤x≤)．‎ 要使如图的五边形ABCEF面积最大，则必有EF所在直线与抛物线相切，设切点为P(t，t2)．‎ 则直线EF的方程为y＝2t(x－t)＋t2，即y＝2tx－t2，‎ 由此可求得点E，F的坐标分别为E(，)，F(0，－t2)．‎ 所以S△DEF＝S(t)＝··(＋t2)‎ ‎＝·，t∈(0，]．‎ 所以S′(t)＝· ‎＝＝，‎ 显然函数S(t)在(0，]上是减函数，在(，]上是增函数．所以当t＝时，S△DEF取得最小值，相应地，五边形ABCEF的面积最大．‎ 此时点E、F的坐标分别为E(，)，F(0，－)．‎ 此时沿直线EF划线可使五边形ABCEF的面积最大．‎ ‎1．函数f(x)的定义域为R，导函数f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)(　　)‎ A．无极大值点、有四个极小值点 B．有三个极大值点、两个极小值点 C．有两个极大值点、两个极小值点 D．有四个极大值点、无极小值点 ‎[答案]C ‎[解析]设f′(x)与x轴的4个交点，从左至右依次为x1、x2、x3、x4，‎ 当x0，f(x)为增函数，‎ 当x10，∴x＝8.‎ 因为当0＜x＜8时，y′＜0；当x＞8时，y′＞0，‎ 所以当x＝8时，y取最小值，此时宽为‎8m，长为‎16m.‎ 即当堆料场的长为‎16m，宽为‎8m时，可使砌墙所用材料最省．‎ ‎5．(2011·陕西文)设f(x)＝lnx，g(x)＝f(x)＋f′(x)．‎ ‎(1)求g(x)的单调区间和最小值；‎ ‎(2)讨论g(x)与g()的大小关系；‎ ‎(3)求a的取值范围，使得g(a)－g(x)<对任意x>0成立．‎ ‎[解析]∵f(x)＝lnx，∴f′(x)＝，g(x)＝lnx＋.‎ ‎∴g′(x)＝，令g′(x)＝0得x＝1，‎ 当x∈(0,1)时，g′(x)<0，∴(0,1)是g(x)的单调减区间；‎ 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0.∴(1，＋∞)是g(x)的单调增区间，‎ 因此当x＝1时g(x)取极小值，且x＝1是唯一极值点，从而是最小值点．‎ 所以g(x)最小值为g(1)＝1.‎ ‎(2)g()＝－lnx＋x 令h(x)＝g(x)－g()＝2lnx－x＋，‎ 则h′(x)＝－，‎ 当x＝1时，h(1)＝0，即g(x)＝g()，‎ 当x∈(0,1)∪(1，＋∞)时h′(x)<0，h′(1)＝0，所以h(x)在(0，＋∞)单调递减，‎ 当x∈(0,1)时，h(x)>h(1)＝0，即g(x)>g()，‎ 当x∈(1，＋∞)时，h(x)g()；‎ 当x＝1时，g(x)＝g()；‎ 当x∈(1，＋∞)时，g(x)0成立等价于g(a)－1<，即lna<1，解得0xln2对任意x>0恒成立，现定义为该类学习任务在t时刻的学习效率指数，研究表明，当学习时间t∈(1,2)时，学习效率最佳，当学习效率最佳时，求学习效率指数相应的取值范围．‎ ‎[解析](1)∵f(t)＝·100%(t为学习时间)，且f(2)＝60%，‎ 则·100%＝60%，解得a＝4.‎ ‎∴f(t)＝·100%＝·100%(t≥0)，‎ ‎∴f(0)＝·100%＝37.5%，‎ f(0)表示某项学习任务在开始学习时已掌握的程度为37.5%.‎ ‎(2)令学习效率指数＝y，‎ 则y＝＝＝(t>0)，‎ 现研究函数g(t)＝t＋的单调性，‎ 由于g′(t)＝1＋＝(t>0)，‎ 又已知2x>xln2对任意x>0恒成立，即2t－tln2>0，则g′(t)>0恒成立，‎ ‎∴g(t)在(0，＋∞)上为增函数，且g(t)为正数．‎ ‎∴y＝＝(t>0)在(0，＋∞)上为减函数，‎ 而y|t＝1＝＝，y|t＝2＝＝，‎ 即y＝∈(，)，‎ 故所求学习效率指数的取值范围是(，)．‎ ‎7．(2012·延边州质检)已知函数f(x)＝x2＋ax－lnx，a∈R.‎ ‎(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)若函数f(x)在[1,2]上是减函数，求实数a的取值范围；‎ ‎(3)令g(x)＝f(x)－x2，是否存在实数a，当x∈(0，e](e是自然对数的底数)时，函数g(x)的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．‎ ‎[解析](1)当a＝1时，由f′(x)＝2x＋1－＝＝，‎ ‎∵函数f(x)＝x2＋x－lnx的定义域为(0，＋∞)，‎ ‎∴当x∈(0，]时，f′(x)≤0，当x∈[，＋∞)时，f′(x)≥0，‎ 所以函数f(x)＝x2＋x－lnx的单调递减区间为(0，]单调递增区间为[，＋∞)．‎ ‎(2)f′(x)＝2x＋a－＝≤0在[1,2]上恒成立，‎ 令h(x)＝2x2＋ax－1，有得，得a≤－.‎ ‎(3)假设存在实数a，使g(x)＝ax－lnx(x∈(0，e])有最小值3，g′(x)＝a－＝.‎ ‎①当a≤0时，g(x)在(0，e]上单调递减，g(x)min＝g(e)＝ae－1＝3，a＝(舍去)，∴g(x)无最小值．‎ ‎②当0<