2019届江苏专用高考数学一轮复习第九章导数及其应用9.3导数在实际问题中的应用及综合应用讲义

高考数学

(江苏省专用)§9.3导数在实际问题中的应用及综合应用(2016江苏,17,14分)现需要设计一个仓库,它由上下两部分组成,上部的形状是正四棱锥P-A1B1C1

D1,下部的形状是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(如图所示),并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高

PO1的4倍.(1)若AB=6m,PO1=2m,则仓库的容积是多少?(2)若正四棱锥的侧棱长为6m,则当PO1为多少时,仓库的容积最大?

A组自主命题·江苏卷题组五年高考所以正四棱锥P-A1B1C1D1的体积V锥=

·A1

·PO1=

×62×2=24(m3);正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积V柱=AB2·O1O=62×8=288(m3).所以仓库的容积V=V锥+V柱=24+288=312(m3).(2)设A1B1=am,PO1=hm,则0<h<6,O1O=4hm.连接O1B1.因为在Rt△PO1B1中,O1

+P

=P

,所以

+h2=36,即a2=2(36-h2).解析(1)由PO1=2m知O1O=4PO1=8m.因为A1B1=AB=6m,于是仓库的容积V=V柱+V锥=a2·4h+

a2·h=

a2h=

(36h-h3)(m3),其中0<h<6,从而V'=

(36-3h2)=26(12-h2).令V'=0,得h=2

或h=-2

(舍).当0<h<2

时,V'>0,V是单调增函数;当2

<h<6时,V'<0,V是单调减函数.故h=2

时,V取得极大值,也是最大值.因此,当PO1=2

m时,仓库的容积最大.考点导数在实际问题中的应用及综合应用1.(2015课标Ⅰ改编,12,5分)设函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0,则

a的取值范围是

.B组

统一命题·省(区、市)卷题组答案

解析由f(x0)<0,即

(2x0-1)-a(x0-1)<0得

(2x0-1)<a(x0-1).当x0=1时,得e<0,显然不成立,所以x0≠1.若x0>1,则a>

.令g(x)=

,则g'(x)=

.当x∈

时,g'(x)<0,g(x)为减函数,当x∈

时,g'(x)>0,g(x)为增函数,要满足题意,则x0=2,此时需满足g(2)<a≤g(3),得3e2<a≤

e3,与a<1矛盾,所以x0<1.因为x0<1,所以a<

.易知,当x∈(-∞,0)时,g'(x)>0,g(x)为增函数,当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)为减函数,要满足题意,则x0=0,此时需满足g(-1)≤a<g(0),得

≤a<1(满足a<1).评析本题主要考查导数的应用及分类讨论思想,分离参变量是解决本题的关键,本题综合性较

强,属难题.2.(2015安徽,15,5分)设x3+ax+b=0,其中a,b均为实数.下列条件中,使得该三次方程仅有一个实根

的是

.(写出所有正确条件的编号)①a=-3,b=-3;②a=-3,b=2;③a=-3,b>2;④a=0,b=2;⑤a=1,b=2.答案①③④⑤解析设f(x)=x3+ax+b.当a=-3,b=-3时,f(x)=x3-3x-3,f'(x)=3x2-3,令f'(x)>0,得x>1或x<-1;令f'(x)<0,得-1<x<1,故f(x)在(-∞,-1)上为增函数,在(-1,1)上为减函数,在(1,+∞)上为增函数,又f(-1)=-1,f(1)=-5,f(3)=15,故方程f(x)=

0只有一个实根,故①正确.当a=-3,b=2时,f(x)=x3-3x+2,易知f(x)在(-∞,-1)上为增函数,在(-1,1)上为减函数,在(1,+∞)上为增

函数,又f(-1)=4,f(1)=0,x→-∞时,f(x)→-∞,从而方程f(x)=0有两个根,故②错.当a=-3,b>2时,f(x)=x3-3x+b,易知f(x)的极大值为f(-1)=2+b>0,极小值为f(1)=b-2>0,x→-∞时,f(x)→-∞,故方程f(x)=0有且仅有一个实根,故③正确.当a=0,b=2时,f(x)=x3+2,显然方程f(x)=0有且仅有一个实根,故④正确.当a=1,b=2时,f(x)=x3+x+2,f'(x)=3x2+1>0,则f(x)在(-∞,+∞)上为增函数,易知f(x)的值域为R,故f(x)

=0有且仅有一个实根,故⑤正确.综上,正确条件的编号有①③④⑤.评析本题考查方程的根、函数的零点,利用导数研究函数的单调性和极值,考查推理运算能

力.3.(2017课标全国Ⅲ文,21,12分)已知函数f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a<0时,证明f(x)≤-

-2.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=

+2ax+2a+1=

.若a≥0,则当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,故f(x)在(0,+∞)单调递增.若a<0,则当x∈

时,f'(x)>0;当x∈

时,f'(x)<0,故f(x)在

单调递增,在

单调递减.(2)由(1)知,当a<0时,f(x)在x=-

取得最大值,最大值为f

=ln

-1-

.所以f(x)≤-

-2等价于ln

-1-

≤-

-2,即ln

+

+1≤0.设g(x)=lnx-x+1,则g'(x)=

-1.当x∈(0,1)时,g‘(x)>0;当x∈(1,+∞)时,g’(x)<0.所以g(x)在(0,1)单调递增,在(1,+∞)单调递减.故当x=

1时,g(x)取得最大值,最大值为g(1)=0.所以当x>0时,g(x)≤0.从而当a<0时,ln

+

+1≤0,即f(x)≤-

-2.4.(2017天津文,19,14分)设a,b∈R,|a|≤1.已知函数f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,g(x)=exf(x).(1)求f(x)的单调区间;(2)已知函数y=g(x)和y=ex的图象在公共点(x0,y0)处有相同的切线,(i)求证:f(x)在x=x0处的导数等于0;(ii)若关于x的不等式g(x)≤ex在区间[x0-1,x0+1]上恒成立,求b的取值范围.解析本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、利用导数研究函数的性质等基础知识

和方法.考查用函数思想解决问题的能力.(1)由f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,可得f'(x)=3x2-12x-3a(a-4)=3(x-a)[x-(4-a)].令f'(x)=0,解得x=a,或x=4-a.由|a|≤1,得a<4-a.当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:x(-∞,a)(a,4-a)(4-a,+∞)f'(x)+-+f(x)↗↘↗所以,f(x)的单调递增区间为(-∞,a),(4-a,+∞),单调递减区间为(a,4-a).(2)(i)证明:因为g'(x)=ex(f(x)+f'(x)),由题意知

所以

解得

所以,f(x)在x=x0处的导数等于0.(ii)因为g(x)≤ex,x∈[x0-1,x0+1],由ex>0,可得f(x)≤1.又因为f(x0)=1,f'(x0)=0,故x0为f(x)的极大值点,由(1)知x0=a.另一方面,由于|a|≤1,故a+1<4-a,由(1)知f(x)在(a-1,a)内单调递增,在(a,a+1)内单调递减,故当x0=a时,f(x)≤f(a)=1在[a-1,a+1]上恒

成立,从而g(x)≤ex在[x0-1,x0+1]上恒成立.由f(a)=a3-6a2-3a(a-4)a+b=1,得b=2a3-6a2+1,-1≤a≤1.令t(x)=2x3-6x2+1,x∈[-1,1],所以t'(x)=6x2-12x,令t'(x)=0,解得x=2(舍去),或x=0.因为t(-1)=-7,t(1)=-3,t(0)=1,因此,t(x)的值域为[-7,1].所以,b的取值范围是[-7,1].思路分析(1)求出函数f(x)的导函数及极值点,通过列表判断函数的单调性,求出单调区间即可.(2)(i)对函数y=g(x)和y=ex求导,根据已知条件得方程组

解方程组可得出f'(x0)=0.(ii)不等式g(x)≤ex在区间[x0-1,x0+1]上恒成立,由ex>0,可得f(x)≤1.根据(1)可知f(x)≤f(a)=1在[a-1,a

+1]上恒成立.由f(a)=1,得b=2a3-6a2+1,-1≤a≤1,利用导数即可求出b的取值范围.5.(2017浙江,20,15分)已知函数f(x)=(x-

)e-x

.(1)求f(x)的导函数;(2)求f(x)在区间

上的取值范围.解析本题主要考查函数的最大(小)值,导数的运算及其应用,同时考查分析问题和解决问题的

能力.(1)因为(x-

)'=1-

,(e-x)'=-e-x,所以f'(x)=

e-x-(x-

)e-x=

.(2)由f'(x)=

=0,解得x=1或x=

.因为x

1

f'(x)

-0+0-f(x)

↘0↗

↘又f(x)=

(

-1)2e-x≥0,所以f(x)在区间

上的取值范围是

.解后反思1.在导数大题中,求函数的导数至关重要,因此,必须熟练掌握求导公式和求导法则.2.利用导数求函数的值域的一般步骤:(1)求函数f(x)的导函数f'(x);(2)解方程f'(x)=0;(3)用f'(x)=0的根把函数的定义域分成若干个区间;(4)判断每个区间上f'(x)的符号,得函数的单调性;(5)求函数在各个区间上的值域,再求并集.3.本题最易忽略f(x)≥0这个条件,从而得出:f(x)在

上的值域为

的错误结论.因此,在求函数f(x)在区间(a,+∞)或(-∞,a)上的值域时,一定要观察f(x)图象的趋势,或先判断f(x)

何时为正,何时为负(通常是求出函数f(x)的零点).6.(2017天津理,20,14分)设a∈Z,已知定义在R上的函数f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a在区间(1,2)内有一

个零点x0,g(x)为f(x)的导函数.(1)求g(x)的单调区间;(2)设m∈[1,x0)∪(x0,2],函数h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),求证:h(m)h(x0)<0;(3)求证:存在大于0的常数A,使得对于任意的正整数p,q,且

∈[1,x0)∪(x0,2],满足

≥

.解析本小题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的性质、证明不等式等基础知识和方

法.考查函数思想和化归思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.(1)由f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a,可得g(x)=f'(x)=8x3+9x2-6x-6,进而可得g'(x)=24x2+18x-6.令g'(x)=0,解得

x=-1或x=

.当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表:x(-∞,-1)

g'(x)+-+g(x)↗↘↗所以,g(x)的单调递增区间是(-∞,-1),

,单调递减区间是

.(2)证明:由h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),得h(m)=g(m)(m-x0)-f(m),h(x0)=g(x0)(m-x0)-f(m).令函数H1(x)=g(x)(x-x0)-f(x),则H1‘(x)=g’(x)(x-x0).由(1)知,当x∈[1,2]时,g'(x)>0,故当x∈[1,x0)时,H1'(x)

<0,H1(x)单调递减;当x∈(x0,2]时,H1'(x)>0,H1(x)单调递增.因此,当x∈[1,x0)∪(x0,2]时,H1(x)>H1(x0)=-f(x0)=0,可得H1(m)>0,即h(m)>0.令函数H2(x)=g(x0)(x-x0)-f(x),则H2‘(x)=g(x0)-g(x).由(1)知g(x)在[1,2]上单调递增,故当x∈[1,x0)时,H2'(x)>0,H2(x)单调递增;当x∈(x0,2]时,H2'(x)<0,H2(x)单调递减.因此,当x∈[1,x0)∪(x0,2]时,H2(x)<H2(x0)=0,可得H2(m)<0,即h(x0)<0.所以,h(m)h(x0)<0.(3)证明:对于任意的正整数p,q,且

∈[1,x0)∪(x0,2],令m=

,函数h(x)=g(x)(m-x0)-f(m).由(2)知,当m∈[1,x0)时,h(x)在区间(m,x0)内有零点;当m∈(x0,2]时,h(x)在区间(x0,m)内有零点.所以h(x)在(1,2)内

至少有一个零点,不妨设为x1,则h(x1)=g(x1)

-f

=0.由(1)知g(x)在[1,2]上单调递增,故0<g(1)<g(x1)<g(2),于是

=

≥

=

.因为当x∈[1,2]时,g(x)>0,故f(x)在[1,2]上单调递增,所以f(x)在区间[1,2]上除x0外没有其他的零点,

而

≠x0,故f

≠0.又因为p,q,a均为整数,所以|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|是正整数,从而|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|≥1.所以

≥

.所以,只要取A=g(2),就有

≥

.思路分析(1)求出函数f(x)的导函数g(x)=f'(x)=8x3+9x2-6x-6,求出使导函数为零的x的值,通过列

表求出单调区间即可.(2)由h(x)推出h(m),h(x0),令函数H1(x)=g(x)(x-x0)-f(x),H2(x)=g(x0)(x-x0)-f(x),求出导函数H1'(x),H2'(x),

由此可推出h(m)h(x0)<0.(3)对于任意的正整数p,q,令m=

,函数h(x)=g(x)·(m-x0)-f(m),由(2)可推出h(x)在(1,2)内至少有一个零点,结合(1)可得

=

≥

=

,进而得到|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|≥1,最后推出结果即可.7.(2017山东理,20,13分)已知函数f(x)=x2+2cosx,g(x)=ex(cosx-sinx+2x-2),其中e=2.71828…是自

然对数的底数.(1)求曲线y=f(x)在点(π,f(π))处的切线方程;(2)令h(x)=g(x)-af(x)(a∈R),讨论h(x)的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.解析本题考查导数的几何意义和极值.(1)由题意f(π)=π2-2,又f'(x)=2x-2sinx,所以f'(π)=2π,因此曲线y=f(x)在点(π,f(π))处的切线方程为y-(π2-2)=2π(x-π),即y=2πx-π2-2.(2)由题意得h(x)=ex(cosx-sinx+2x-2)-a(x2+2cosx),因为h'(x)=ex(cosx-sinx+2x-2)+ex(-sinx-cosx+2)-a(2x-2sinx)=2ex(x-sinx)-2a(x-sinx)=2(ex-a)(x-sinx),令m(x)=x-sinx,则m'(x)=1-cosx≥0,所以m(x)在R上单调递增.因为m(0)=0,所以当x>0时,m(x)>0;当x<0时,m(x)<0.(1)当a≤0时,ex-a>0,当x<0时,h'(x)<0,h(x)单调递减,当x>0时,h'(x)>0,h(x)单调递增,所以当x=0时h(x)取到极小值,极小值是h(0)=-2a-1;(2)当a>0时,h'(x)=2(ex-elna)(x-sinx),由h'(x)=0得x1=lna,x2=0.①当0<a<1时,lna<0,当x∈(-∞,lna)时,ex-elna<0,h'(x)>0,h(x)单调递增;当x∈(lna,0)时,ex-elna>0,h'(x)<0,h(x)单调递减;当x∈(0,+∞)时,ex-elna>0,h'(x)>0,h(x)单调递增.所以当x=lna时h(x)取到极大值,极大值为h(lna)=-a[(lna)2-2lna+sin(lna)+cos(lna)+2],当x=0时h(x)取到极小值,极小值是h(0)=-2a-1;②当a=1时,lna=0,所以当x∈(-∞,+∞)时,h'(x)≥0,函数h(x)在(-∞,+∞)上单调递增,无极值;③当a>1时,lna>0,所以当x∈(-∞,0)时,ex-elna<0,h'(x)>0,h(x)单调递增;当x∈(0,lna)时,ex-elna<0,h'(x)<0,h(x)单调递减;当x∈(lna,+∞)时,ex-elna>0,h'(x)>0,h(x)单调递增.所以当x=0时h(x)取到极大值,极大值是h(0)=-2a-1;当x=lna时h(x)取到极小值,极小值是h(lna)=-a[(lna)2-2lna+sin(lna)+cos(lna)+2].综上所述:当a≤0时,h(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,函数h(x)有极小值,极小值是h(0)=-2a-

1;当0<a<1时,函数h(x)在(-∞,lna)和(0,+∞)上单调递增,在(lna,0)上单调递减,函数h(x)有极大值,也

有极小值,极大值是h(lna)=-a[(lna)2-2lna+sin(lna)+cos(lna)+2],极小值是h(0)=-2a-1;当a=1时,函数h(x)在(-∞,+∞)上单调递增,无极值;当a>1时,函数h(x)在(-∞,0)和(lna,+∞)上单调递增,在(0,lna)上单调递减,函数h(x)有极大值,也有极小值,极大值是h(0)=-2a-1,极小值是h(lna)=-a[(lna)2-2lna+sin(lna)+cos(lna)+2].1.(2014辽宁,21,12分)已知函数f(x)=(cosx-x)(π+2x)-

(sinx+1),g(x)=3(x-π)cosx-4(1+sinx)ln

.证明:(1)存在唯一x0∈

,使f(x0)=0;(2)存在唯一x1∈

,使g(x1)=0,且对(1)中的x0,有x0+x1<π.C组教师专用题组证明(1)当x∈

时,f'(x)=-(1+sinx)(π+2x)-2x-

cosx<0,函数f(x)在

上为减函数,又f(0)=π-

>0,f

=-π2-

<0,所以存在唯一x0∈

,使f(x0)=0.(2)考虑函数h(x)=

-4ln

,x∈

.令t=π-x,则x∈

时,t∈

.记u(t)=h(π-t)=

-4ln

,则u'(t)=

.由(1)得,当t∈(0,x0)时,u'(t)>0,当t∈

时,u'(t)<0.在(0,x0)上u(t)是增函数,又u(0)=0,从而当t∈(0,x0]时,u(t)>0,所以u(t)在(0,x0]上无零点.在

上u(t)为减函数,由u(x0)>0,u

=-4ln2<0,知存在唯一t1∈

,使u(t1)=0.所以存在唯一的t1∈

,使u(t1)=0.因此存在唯一的x1=π-t1∈

,使h(x1)=h(π-t1)=u(t1)=0.因为当x∈

时,1+sinx>0,故g(x)=(1+sinx)h(x)与h(x)有相同的零点,所以存在唯一的x1∈

,使g(x1)=0.因x1=π-t1,t1>x0,所以x0+x1<π.评析本题考查函数的零点、方程的根与函数图象交点间的关系,考查利用导数研究函数的单

调性,转化与化归思想和分类讨论思想的应用,本题将函数的零点、函数的单调性与导数问题有

机结合,难度较大,很好地考查了考生的逻辑推理能力和运算求解能力.2.(2013陕西理,21,14分)已知函数f(x)=ex,x∈R.(1)若直线y=kx+1与f(x)的反函数的图象相切,求实数k的值;(2)设x>0,讨论曲线y=f(x)与曲线y=mx2(m>0)公共点的个数;(3)设a<b,比较

与

的大小,并说明理由.解析(1)f(x)的反函数为g(x)=lnx.设直线y=kx+1与g(x)=lnx的图象在P(x0,y0)处相切,则有y0=kx0+1=lnx0,k=g'(x0)=

,解得x0=e2,k=

.(2)曲线y=ex与y=mx2的公共点个数等于曲线y=

与y=m的公共点个数.令φ(x)=

,则φ'(x)=

,∴φ'(2)=0.当x∈(0,2)时,φ'(x)<0,φ(x)在(0,2)上单调递减;当x∈(2,+∞)时,φ'(x)>0,φ(x)在(2,+∞)上单调递增,∴φ(x)在(0,+∞)上的最小值为φ(2)=

.当0<m<

时,曲线y=

与y=m无公共点;当m=

时,曲线y=

与y=m恰有一个公共点;当m>

时,在区间(0,2)内存在x1=

,使得φ(x1)>m,在(2,+∞)内存在x2=me2,使得φ(x2)>m.由φ(x)的单调性知,曲线y=

与y=m在(0,+∞)上恰有两个公共点.综上所述,当x>0时,若0<m<

,曲线y=f(x)与y=mx2没有公共点;若m=

,曲线y=f(x)与y=mx2有一个公共点;若m>

,曲线y=f(x)与y=mx2有两个公共点.(3)可以证明

>

.事实上,

>

⇔

>

⇔

>

⇔

>1-

⇔

>1-

(b>a).

(*)令ψ(x)=

+

-1(x≥0),则ψ'(x)=

-

=

=

≥0(当且仅当x=0时等号成立),∴ψ(x)在[0,+∞)上单调递增,∴x>0时,ψ(x)>ψ(0)=0.令x=b-a,即得(*)式,结论得证.一、填空题(每题5分,共5分)1.(2016江苏淮安阶段测试,11)将一个长和宽分别为a,b(0<a<b)的长方形的四个角切去四个相同

的正方形,然后折成一个无盖的长方体盒子,若长方体的外接球的体积存在最小值,则

的取值范围是

.三年模拟A组2015—2017年高考模拟·基础题组(时间：45分钟分值：55分)答案

解析设切去的正方形的边长为x

,折成的长方体的外接球的直径为R,则R2=(a-2x)2+(b-2x)2+x2,设f(x)=(a-2x)2+(b-2x)2+x2,则f'(x)=18x-4(a+b).令f'(x)=0,得x=

(a+b),要使外接球的体积存在最小值,只需f(x)存在最小值,∵0<x<

,∴0<

(a+b)<

,又0<a<b,∴1<

<

.二、解答题(共50分)2.(2017苏锡常镇四市高三教学情况调研(一),17)某单位举办庆典活动,要在广场上树立一形状

为等腰梯形的彩门BADC(如图).设计要求彩门的面积为S(单位:m2),高为h(单位:m)(S,h为常数).

彩门的下底BC固定在广场的底面上,上底和两腰由不锈钢支架构成,设腰和下底的夹角为α,不锈

钢支架的长度和记为l(单位:m).(1)将l表示成关于α的函数l=f(α);(2)当α为何值时,l最小?并求出最小值.

解析(1)过D作DH⊥BC于点H,∠DCB=α

,DH=h,设AD=x,则DC=

,CH=

,BC=x+

,所以S=

·h,则x=

-

,则l=f(α)=2DC+AD=

+h

.(2)f'(α)=h·

=h·

,令f'(α)=h·

=0,得α=

.f(α),f'(α)随之变化情况如下表:α

f'(α)-0+f(α)↘极小值↗所以,lmin=f

=

h+

.答:当α=

时,l有最小值,为

m.3.(2017南京第三次模拟考试,17)在一水域上建一个演艺广场.演艺广场由看台Ⅰ,看台Ⅱ,三角形

水域ABC及矩形表演台BCDE四个部分构成(如图).看台Ⅰ,看台Ⅱ是分别以AB,AC为直径的两个

半圆形区域,且看台Ⅰ的面积是看台Ⅱ的面积的3倍.矩形表演台BCDE中,CD=10米,三角形水域

ABC的面积为400

平方米.设∠BAC=θ.(1)求BC的长(用含θ的式子表示);(2)若表演台每平方米的造价为0.3万元,求表演台的最低造价.

解析(1)因为看台Ⅰ的面积是看台Ⅱ的面积的3倍,所以AB=

AC.在△ABC中,S△ABC=

AB·AC·sinθ=400

,所以AC2=

.由余弦定理可得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cosθ=4AC2-2

AC2cosθ=(4-2

cosθ)

,即BC=

=40

.所以BC的长为40

(θ∈(0,π))米.(2)设表演台的总造价为W万元.因为CD=10m,表演台每平方米的造价为0.3万元,所以W=3BC=120

,θ∈(0,π).记f(θ)=

,θ∈(0,π),则f'(θ)=

.令f'(θ)=0,解得θ=

.当θ∈

时,f'(θ)<0;当θ∈

时,f'(θ)>0,故f(θ)在

上单调递减,在

上单调递增,从而当θ=

时,f(θ)取得最小值,最小值为f

=1.所以Wmin=120.答:表演台的最低造价为120万元.4.(2016江苏苏北四市调研,17)如图,OA是南北方向的一条公路,OB是北偏东45°方向的一条公路,

某风景区的一段边界为曲线C.为方便游客观光,拟过曲线C上的某点P分别修建与公路OA,OB垂

直的两条道路PM,PN,且PM,PN的造价分别为5万元/百米,40万元/百米,建立如图所示的直角坐

标系xOy,则曲线符合函数y=x+

(1≤x≤9)模型,设PM=x百米,修建两条道路PM,PN的总造价为f(x)万元.(1)求f(x)的解析式;(2)当x为多少时,总造价f(x)最低?并求最低造价.

解析(1)因为曲线C的方程为y=x+

(1≤x≤9),PM=x,所以点P的坐标为

,由题意得直线OB的方程为x-y=0,则点P到直线x-y=0的距离为

=

=

,又PM的造价为5万元/百米,PN的造价为40万元/百米,所以两条道路的总造价f(x)=5x+40·

=5

(1≤x≤9).(2)因为f(x)=5x+40·

=5

,1≤x≤9,所以f'(x)=5

=

,1≤x≤9,令f'(x)=0,得x=4,列表如下:x(1,4)4(4,9)f'(x)-0+f(x)单调递减极小值单调递增所以当x=4时,函数f(x)有最小值,最小值为f(4)=5

=30.所以当x=4时,总造价最低,最低造价为30万元.5.(2015南京三模,17)如图,摩天轮的半径OA为50m,它的最低点A距地面的高度忽略不计.地面上

有一长度为240m的景观带MN,它与摩天轮在同一竖直平面内,且AM=60m.点P从最低点A处按

逆时针方向转动到最高点B处的过程中,记∠AOP=θ,θ∈(0,π).(1)当θ=

时,求点P距地面的高度PQ;(2)试确定θ的值,使得∠MPN取得最大值.

解析(1)由题意得,当θ=

时,PQ=50+50cos(π-θ)=50-50cosθ=50-50cos

=75m.故点P距地面的高度PQ为75m.(2)由题意,得AQ=50sin(π-θ)=50sinθm,从而MQ=(60-50sinθ)m,NQ=(300-50sinθ)m.又PQ=(50-50cosθ)m,所以tan∠NPQ=

=

,tan∠MPQ=

=

.从而tan∠MPN=tan(∠NPQ-∠MPQ)=

=

=

.令g(θ)=

,θ∈(0,π),则g'(θ)=

,θ∈(0,π).由g'(θ)=0,得sinθ+cosθ-1=0,结合θ∈(0,π)得θ=

.当θ∈

时,g'(θ)>0,g(θ)为增函数;当θ∈

时,g'(θ)<0,g(θ)为减函数,所以当θ=

时,g(θ)有极大值,即为最大值.因为0<∠MPQ<∠NPQ<

,所以0<∠MPN<

,从而当g(θ)=tan∠MPN取得最大值时,∠MPN取得最大值,即当θ=

时,∠MPN取得最大值.解答题(共60分)1.(2017南京、盐城第二次模拟考试,17)在一张足够大的纸板上截取一个面积为3600平方厘米

的矩形纸板ABCD,然后在矩形纸板的四个角上切去边长相等的小正方形,再把它的边沿虚线折

起,做成一个无盖的长方体纸盒(如图).设小正方形边长为x厘米,矩形纸板的两边AB,BC的长分

别为a厘米和b厘米,其中a≥b.(1)当a=90时,求纸盒侧面积的最大值;(2)试确定a,b,x的值,使得纸盒的体积最大,并求出最大值.

B组2015—2017年高考模拟·综合题组(时间：50分钟分值：60分)解析(1)因为矩形纸板ABCD的面积为3600平方厘米,故当a=90时,b=40,从而纸盒的侧面积S=2×x(90-2x)+2×x(40-2x)=-8x2+260x,x∈(0,20),S=-8x2+260x=-8

+

,故当x=

时,S最大,最大值为

.答:当x=

时,纸盒的侧面积最大,最大值为

平方厘米.(2)纸盒的体积V=(a-2x)(b-2x)x=x[ab-2(a+b)x+4x2],x∈

,b≤60.V=x[ab-2(a+b)x+4x2]≤x(ab-4

x+4x2)=x(3600-240x+4x2)=4x3-240x2+3600x,当且仅当a=b=60时等号成立.设f(x)=4x3-240x2+3600x,x∈(0,30).则f'(x)=12(x-10)(x-30).于是当0<x<10时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,10)上单调递增;当10<x<30时,f'(x)<0,所以f(x)在(10,30)上单调递减,因此当x=10时,f(x)有最大值,f(10)=16000,此时a=b=60,x=10.答:当a=b=60,x=10时,纸盒的体积最大,最大为16000立方厘米.思路分析(1)当a=90时,b=40,从而求出侧面积,利用配方法求出纸盒侧面积的最大值;(2)求出纸

盒体积的表达式,利用基本不等式和导数有关知识即可求得结果.2.(2017如皋高级中学联考,17)如图,矩形公园OABC中,OA=2km,OC=1km,公园的左下角阴影部

分是以O为圆心,1km为半径的

圆面的人工湖.现计划建一条与圆相切的观光道路EF(点E,F分别在边OA与BC上),D为切点.(1)试求观光道路EF长度的最大值;(2)公园计划在道路EF右侧种植草坪,试求草坪ABFE面积S的最大值.

解析(1)设∠DOE=θ,因为点E、F分别在边OA与BC上,所以0≤θ≤

,则∠DOF=

-

,在Rt△DOE中,DE=tanθ,在Rt△DOF中,DF=tan

=

=

=

,则EF=DE+DF=tanθ+

=

,∵0≤θ≤

,∴当θ=

时,(cosθ)min=

,此时EF的长度最大,为2km.(2)在Rt△DOE中,OE=

,由(1)可得CF=DF=

.则S=S矩形OABC-S梯形OEFC=2-

(CF+OE)·OC=2+

,则S'=

,令S'>0,解得0<θ<

.θ

S'+0-S↗极大值↘因此S在θ∈

上有且仅有一个极大值,因此这个极大值也是最大值.∴当θ=

时,Smax=2-

.草坪面积S的最大值为

km2.3.(2016江苏南通、扬州、泰州调研,17)植物园拟建一个多边形苗圃,苗圃的一边紧靠着长度大

于30m的围墙.现有两种方案:方案①:多边形为直角三角形AEB(∠AEB=90°),如图(1)所示,其中AE+EB=30m;方案②:多边形为等腰梯形AEFB(AB>EF),如图(2)所示,其中AE=EF=BF=10m.请你分别求出两种方案中苗圃的最大面积,并从中确定使苗圃面积最大的方案.

解析设方案①,②中多边形苗圃的面积分别为S1m2,S2m2.方案①:设AE=xm,则S1=

x(30-x)≤

=

(当且仅当x=15时,“=”成立).方案②:设∠BAE=θ,则S2=100sinθ(1+cosθ),θ∈

.由S2'=100(2cos2θ+cosθ-1)=0,得cosθ=

(cosθ=-1舍去).因为θ∈

,所以θ=

,列表:θ

S2'+0-S2↗极大值↘所以当θ=

时,(S2)max=75

.因为

<75

,所以建苗圃时用方案②,且∠BAE=

.答:方案①②中