高考四元聚焦·理數(shù)-《對點(diǎn)訓(xùn)練》 第16講　導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

第頁eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(第16講導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用))1.(2023·廣東省深圳市期末)在半徑為R的半球內(nèi)有一內(nèi)接圓柱，那么這個圓柱的體積的最大值是(A)A.eq\f(2\r(3),9)πR3B.eq\f(4\r(3),9)πR3C.eq\f(2\r(3),3)πR3D.eq\f(4,9)πR3解析：設(shè)圓柱的高為h，那么圓柱的底面半徑為eq\r(R2－h(huán)2)，圓柱的體積為V＝π(R2－h(huán)2)h＝－πh3＋πR2h(0<h<R)，V′＝－3πh2＋πR2＝0，當(dāng)h＝eq\f(R,\r(3))時，V有最大值為V＝eq\f(2\r(3),9)πR3，應(yīng)選A.2.(2023·山東濟(jì)南模擬)函數(shù)y＝f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x∈(－∞，0)時，都有不等式f(x)＋xf′(x)<0成立．假設(shè)a＝30.3·f(30.3)，b＝(logπ3)·f(logπ3)，c＝log3eq\f(1,9)·f(log3eq\f(1,9))，那么a，b，c的大小關(guān)系是(C)A．a(chǎn)>b>cB．c>b>aC．c>a>bD．a(chǎn)>c>b解析：令F(x)＝x·f(x)，那么F′(x)＝f(x)＋x·f′(x)，又由x<0時，F(xiàn)′(x)＝f(x)＋x·f′(x)<0，可知F(x)在(－∞，0)上為減函數(shù)．因為f(x)為R上的奇函數(shù)，所以F(x)＝x·f(x)為R上的偶函數(shù)，那么F(x)在(－∞，0)上為減函數(shù)，在(0，＋∞)上為增函數(shù)，圖象關(guān)于y軸對稱．因為1<30.3<eq\r(3)<2,0<logπ3<1，log3eq\f(1,9)＝－2，因為F(x)＝x·f(x)為R上的偶函數(shù)，所以F(－2)＝F(2)，因為logπ3<30.3<2，而F(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，所以c>a>b，應(yīng)選C.3.(2023·河北邢臺市11月)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x，那么不等式f(2－x2)＋f(2x＋1)>0的解集是(D)A．(－∞，－eq\r(2)－1)∪(eq\r(2)－1，＋∞)B．(－eq\r(2)－1，eq\r(2)－1)C．(－∞，－1)∪(3，＋∞)D．(－1,3)解析：因為f(－x)＝－eq\f(1,3)x3－x＝－f(x)，所以函數(shù)f(x)為奇函數(shù)．又f′(x)＝x2＋1>0，所以函數(shù)f(x)為增函數(shù)，于是由f(2－x2)＋f(2x＋1)>0得f(2x＋1)>－f(2－x2)＝f(x2－2)，所以2x＋1>x2－2，解得－1<x<3.4.(2023·江西省考前適應(yīng)性訓(xùn)練)正六棱柱的12個頂點(diǎn)都在一個半徑為3的球面上，當(dāng)正六棱柱的體積最大(柱體體積＝底面積×高)時，其高的值為(B)A．3eq\r(3)B．2eq\r(3)C.eq\f(2\r(3),3)D.eq\r(3)解析：以正六棱柱的最大對角面作截面，如圖．設(shè)球心為O，正六棱柱的上下底面中心分別為O1，O2，那么O是O1O2的中點(diǎn)．設(shè)正六棱柱的底面邊長為a，高為2h，那么a2＋h2＝9.正六棱柱的體積為V＝6×eq\f(\r(3),4)a2×2h，即V＝eq\f(3\r(3),2)(9－h(huán)2)h，那么V′＝eq\f(3\r(3),2)(9－3h2)，令V′＝0得極值點(diǎn)h＝eq\r(3)，不難知道這個極值點(diǎn)是極大值點(diǎn)，也是最大值點(diǎn)．故當(dāng)正六棱柱的體積最大時，其高為2eq\r(3).5.(2023·江蘇省南京市、鹽城市第一次模擬)假設(shè)關(guān)于x的方程kx＋1＝lnx有解，那么實(shí)數(shù)k的取值范圍是(－∞，eq\f(1,e)].解析：因為x＞0，所以別離參數(shù)可得k＝eq\f(lnx－1,x)，故方程kx＋1＝lnx有解，即k的取值為函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx－1,x)的值域．又f′(x)＝eq\f(\f(1,x)×x－lnx－1,x2)＝eq\f(2－lnx,x2).令f′(x)＝0，那么x＝e2，當(dāng)x∈(0，e2)時，f′(x)>0，當(dāng)x∈(e2，＋∞)時，f′(x)<0，所以f(x)max＝f(e2)＝eq\f(1,e2)，故實(shí)數(shù)k的取值范圍是(－∞，eq\f(1,e)]．6.某企業(yè)現(xiàn)有甲、乙兩個工程的投資方案，假設(shè)投資甲工程資金p萬元，那么獲得利潤eq\f(1,10)p萬元；假設(shè)投資乙工程資金q萬元，那么獲得利潤eq\f(2,5)lnq萬元．該企業(yè)投資甲、乙兩工程資金共10萬元，且甲、乙兩工程投入資金都不低于1萬元，那么甲工程投入6萬元，乙工程投入4萬元，能使企業(yè)獲得的最大利潤為1.6萬元(精確到0.1，參考數(shù)據(jù)ln2＝0.7)．解析：設(shè)投入乙工程x萬元，那么甲工程投入(10－x)萬元，且1≤x≤9，所獲總利潤y＝eq\f(1,10)(10－x)＋eq\f(2,5)lnx(1≤x≤9)，所以y′＝－eq\f(1,10)＋eq\f(2,5x)，由y′＝0，得x＝4.而當(dāng)x∈(1,4)時，y′>0；當(dāng)x∈(4,9)時，y′<0，所以當(dāng)x＝4時，ymax＝eq\f(6,10)＋eq\f(2,5)×2×0.7＝1.56≈1.6.故甲工程投入資金6萬元，乙工程投入資金4萬元，企業(yè)獲得最大總利潤1.6萬元．7.(2023·浙江臺州市模擬)f(x)＝x3－3x＋m在區(qū)間[0,2]上任取三個數(shù)a，b，c，均存在以f(a)，f(b)，f(c)為邊長的三角形，那么m的取值范圍是(6，＋∞).解析：由f′(x)＝3x2－3＝0得x1＝1，x2＝－1(舍去)，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞增，那么f(x)min＝f(1)＝m－2，f(x)max＝f(2)＝m＋2，由題意知，f(1)＝m－2>0，①f(1)＋f(1)>f(2)，得到－4＋2m>2＋m，由①②得到m＞6為所求．8.(2023·江西省上饒縣第三次模擬)函數(shù)f(x)＝eq\f(a,2)x2－lnx.(1)假設(shè)a＝1，證明f(x)沒有零點(diǎn)；(2)假設(shè)f(x)≥eq\f(1,2)恒成立，求a的取值范圍．解析：(1)當(dāng)a＝1時，f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx，f′(x)＝x－eq\f(1,x).由f′(x)＝0，得x＝1，可得f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(x)的最小值f(x)min＝f(1)＝eq\f(1,2)>0，所以f(x)沒有零點(diǎn)．(2)f′(x)＝ax－eq\f(1,x)＝eq\f(ax2－1,x)，(ⅰ)假設(shè)a>0時，令f′(x)≥0，那么x≥eq\r(\f(1,a))，故f(x)在(0，eq\r(\f(1,a)))上單調(diào)遞減，在(eq\r(\f(1,a))，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(x)在(0，＋∞)上的最小值為f(eq\r(\f(1,a)))＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)lna，要使f(x)≥eq\f(1,2)恒成立，只需eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)lna≥eq\f(1,2)，得a≥1.(ⅱ)假設(shè)a≤0，f′(x)<0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，f(1)＝eq\f(a,2)≤0，故不可能f(x)≥eq\f(1,2)恒成立，綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是a≥1.9.某工廠生產(chǎn)某種產(chǎn)品，每日的本錢C(單位：元)與日產(chǎn)量x(單位：噸)滿足函數(shù)關(guān)系式C＝10000＋20x，每日的銷售額R(單位：元)與日產(chǎn)量x的函數(shù)關(guān)系式R＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,30)x3＋ax2＋290x0<x<120,20400x≥120))，每日的利潤y＝R－C，且當(dāng)x＝30時，y＝－100.(1)求a的值；(2)當(dāng)日產(chǎn)量為多少噸時，每日的利潤可以到達(dá)最大，并求出最大值．解析：(1)由題意可得y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,30)x3＋ax2＋270x－100000<x<120,10400－20xx≥120)).因為x＝30時，y＝－100，所以－100＝－eq\f(1,30)×303＋a×302＋270×30－10000，所以a＝3.(2)當(dāng)0<x<120時，y＝－eq\f(1,30)x3＋3x2＋270x－10000，y′＝－eq