【复习参考】2021年高考数学(理)提升演练：导数的应用(二)

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－eq\f(3,2)x2＋1，则f(x)()A．最大值为1，最小值eq\f(1,2)B．最大值为1，无最小值C．最小值为eq\f(1,2)，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，eq\f(π,2)]上的值域为()A．[0，e] B．(0，e)C．[0，e) D．(0，e]3．若函数f(x)＝eq\f(x,x2＋a)(a>0)在[1，＋∞)上的最大值为eq\f(\r(3),3)，则a的值为()A.eq\f(\r(3),3) B.eq\r(3)C.eq\r(3)＋1 D.eq\r(3)－14．已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0,2)时，f(x)＝lnx－ax(a>eq\f(1,2))，当x∈(－2,0)时，f(x)的最小值为1，则a的值等于()A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2) 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.eq\f(\r(2),2)d B.eq\f(\r(3),2)dC.eq\f(\r(3),3)d D.eq\f(\r(2),3)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()A.eq\f(1,3)(1＋ln3) B.eq\f(1,3)ln3C．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200m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＝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[－eq\f(3,2)，1]上的最大值和最小值．11．设f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)x2＋2ax.(1)若f(x)在(eq\f(2,3)，＋∞)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－eq\f(16,3)，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eq\f(80π,3)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：D2．解析：f′(x)＝ex(sinx＋cosx)．∵x∈[0，eq\f(π,2)]，∴f′(x)>0.∴f(x)在[0，eq\f(π,2)]上为增函数，∴f(x)min＝f(0)＝0，f(x)max＝f(eq\f(π,2))＝e.答案：A3．解析：f′(x)＝eq\f(x2＋a－2x2,x2＋a2)＝eq\f(a－x2,x2＋a2)，当x>eq\r(a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当－eq\r(a)<x<eq\r(a)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x＝eq\r(a)时，令f(x)＝eq\f(\r(a),2a)＝eq\f(\r(3),3)，eq\r(a)＝eq\f(\r(3),2)<1，不合题意．∴f(x)max＝f(1)＝eq\f(1,1＋a)＝eq\f(\r(3),3)，a＝eq\r(3)－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)＝eq\f(1,x)－a＝0，得x＝eq\f(1,a)，当0<x<eq\f(1,a)时，f′(x)>0.当x>eq\f(1,a)时，f′(x)<0，∴f(x)max＝f(eq\f(1,a))＝－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＝eq\r(2)x，BD＝d，AD＝h，∵AB2＋AD2＝BD2，∴2x2＋h2＝d2.∴x2＝eq\f(d2－h2,2).又V＝x2·h＝eq\f(d2－h2h,2)＝eq\f(1,2)(d2h－h3)，∴V′(h)＝eq\f(1,2)d2－eq\f(3,2)h2，令V′(h)＝0，得h＝eq\f(\r(3),3)d或h＝－eq\f(\r(3),3)d(舍去)．答案：C6．解析：由题意知|MN|＝|x3－lnx|，设h(x)＝x3－lnx，h′(x)＝3x2－eq\f(1,x)，令h′(x)＝0，得x＝eq\r(3,\f(1,3))，易知当x＝eq\r(3,\f(1,3))时，h(x)取得最小值，h(x)min＝eq\f(1,3)－eq\f(1,3)lneq\f(1,3)＝eq\f(1,3)(1－lneq\f(1,3))>0，故|MN|min＝eq\f(1,3)(1－lneq\f(1,3))＝eq\f(1,3)(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＝eq\f(2m,3).∵x∈(0,2)，∴0<eq\f(2m,3)<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，S′＝－8x＋200，令S′＝0，得x＝25，故当x＝25时，S取得最大值为2500(m2)．答案：2500m9．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：3023000三、解答题10．解：∵f′(－1)＝0，∴3－2a＋1＝0，即a∴f′(x)＝3x2＋4x＋1＝3(x＋eq\f(1,3))(x＋1)．由f′(x)>0，得x<－1或x>－eq\f(1,3)；由f′(x)<0，得－1<x<－eq\f(1,3).因此，函数f(x)在[－eq\f(3,2)，1]上的单调递增区间为[－eq\f(3,2)，－1]，[－eq\f(1,3)，1]，单调递减区间为[－1，－eq\f(1,3)]．∴f(x)在x＝－1处取得极大值为f(－1)＝2；f(x)在x＝－eq\f(1,3)处取得微小值为f(－eq\f(1,3))＝eq\f(50,27).又∵f(－eq\f(3,2))＝eq\f(13,8)，f(1)＝6，且eq\f(50,27)>eq\f(13,8)，∴f(x)在[－eq\f(3,2)，1]上的最大值为f(1)＝6，最小值为f(－eq\f(3,2))＝eq\f(13,8).11．解：(1)由f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－(x－eq\f(1,2))2＋eq\f(1,4)＋2a，当x∈[eq\f(2,3)，＋∞)时，f′(x)的最大值为f′(eq\f(2,3))＝eq\f(2,9)＋2a；令eq\f(2,9)＋2a＞0，得a＞－eq\f(1,9).所以，当a＞－eq\f(1,9)时，f(x)在(eq\f(2,3)，＋∞)上存在单调递增区间．(2)令f′(x)＝0，得两根x1＝eq\f(1－\r(1＋8a),2)，x2＝eq\f(1＋\r(1＋8a),2).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)＝－eq\f(27,2)＋6a＜0，即f(4)＜f(1)．所以f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)＝8a－eq\f(40,3)＝－eq\f(16,3).得a＝1，x2＝2，从而f(x)在[1,4]上的最大值为f(2)＝eq\f(10,3).12．解：(1)设容器的容积为V，由题意知V＝πr2l＋eq\f(4,3)πr3，又V＝eq\f(80π,3)，故l＝eq\f(V－\f(4,3)πr3,πr2)＝eq\f(80,3r2)－eq\f(4,3)r＝eq\f(4,3)(eq\f(20,r2)－r)．由于l≥2r，因此0<r≤2.所以建筑费用y＝2πrl×3＋4πr2＝2πr×eq\f(4,3)(eq\f(20,r2)－r)×3＋4πr2c.因此y＝4π(c－2)r2＋eq\f(160π,r)，0<r≤2.(2)由(1)得y′＝8π(c－2)r－eq\f(160π,r2)＝eq\f(8πc－2,r2)(r3－eq\f(20,c－2))，0<r≤2.由于c>3，所以c－2>0，当r3－eq\f(20,c－2)＝0时，r＝eq\r(3,\f(20,c－2)).令eq\r(3,\f(20,c－2))＝m，则m>0，所以y′＝eq\f(8πc－2,r2)(r－m)(r2＋rm＋