【復(fù)習(xí)參考】2021年高考數(shù)學(xué)(理)提升演練：導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(二)

2021屆高三數(shù)學(xué)（理）提升演練：導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(二)一、選擇題1．若函數(shù)f(x)＝x3－eq\f(3,2)x2＋1，則f(x)()A．最大值為1，最小值eq\f(1,2)B．最大值為1，無(wú)最小值C．最小值為eq\f(1,2)，無(wú)最大值D．既無(wú)最大值，又無(wú)最小值2．函數(shù)f(x)＝exsinx在區(qū)間[0，eq\f(π,2)]上的值域?yàn)?)A．[0，e] B．(0，e)C．[0，e) D．(0，e]3．若函數(shù)f(x)＝eq\f(x,x2＋a)(a>0)在[1，＋∞)上的最大值為eq\f(\r(3),3)，則a的值為()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)是奇函數(shù)，當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，f(x)＝lnx－ax(a>eq\f(1,2))，當(dāng)x∈(－2,0)時(shí)，f(x)的最小值為1，則a的值等于()A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2) D．15．球的直徑為d，其內(nèi)接正四棱柱體積V最大時(shí)的高為()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．設(shè)動(dòng)直線x＝m與函數(shù)f(x)＝x3、g(x)＝lnx的圖象分別交于點(diǎn)M、N，則|MN|的最小值為()A.eq\f(1,3)(1＋ln3) B.eq\f(1,3)ln3C．1＋ln3 D．ln3－1二、填空題7．函數(shù)f(x)＝－x3＋mx2＋1(m≠0)在(0,2)內(nèi)的極大值為最大值，則m的取值范圍是________．8.用一批材料可以建成200m長(zhǎng)的圍墻，假如用此材料在一邊靠墻的地方圍成一塊矩形場(chǎng)地，中間用同樣材料隔成三個(gè)面積相等的矩形．(如圖所示)，則圍墻的最大面積是________．(圍墻厚度不計(jì))．9．某商場(chǎng)從生產(chǎn)廠家以每件20元購(gòu)進(jìn)一批商品，若該商品零售價(jià)為p元，銷量Q(單位：件)與零售價(jià)p(單位：元)有如下關(guān)系：Q＝8300－170p－p2，則該商品零售價(jià)定為_(kāi)_______元時(shí)利潤(rùn)最大，利潤(rùn)的最大值為_(kāi)_______．三、解答題10．已知a為實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)＝(x2＋1)(x＋a)．若f′(－1)＝0，求函數(shù)y＝f(x)在[－eq\f(3,2)，1]上的最大值和最小值．11．設(shè)f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)x2＋2ax.(1)若f(x)在(eq\f(2,3)，＋∞)上存在單調(diào)遞增區(qū)間，求a的取值范圍；(2)當(dāng)0＜a＜2時(shí)，f(x)在[1,4]上的最小值為－eq\f(16,3)，求f(x)在該區(qū)間上的最大值．12．某企業(yè)擬建筑如圖所示的容器(不計(jì)厚度，長(zhǎng)度單位：米)，其中容器的中間為圓柱形，左右兩端均為半球形，依據(jù)設(shè)計(jì)要求容器的容積為eq\f(80π,3)立方米，且l≥2r.假設(shè)該容器的建筑費(fèi)用僅與其表面積有關(guān)．已知圓柱形部分每平方米建筑費(fèi)用為3千元，半球形部分每平方米建筑費(fèi)用為c(c>3)千元．設(shè)該容器的建筑費(fèi)用為y千元．(1)寫出y關(guān)于r的函數(shù)表達(dá)式，并求該函數(shù)的定義域；(2)求該容器的建筑費(fèi)用最小時(shí)的r.詳解答案一、選擇題1．解析：f′(x)＝3x2－3x，易知f(x)在(－∞，0)上遞增，在(0,1)上遞減，在(1，＋∞)上遞增，且當(dāng)x→＋∞時(shí)，f(x)→＋∞，當(dāng)x→－∞時(shí)，f(x)→－∞，因此f(x)無(wú)最大值也無(wú)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)]上為增函數(shù)，∴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)，當(dāng)x>eq\r(a)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)－eq\r(a)<x<eq\r(a)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x＝eq\r(a)時(shí)，令f(x)＝eq\f(\r(a),2a)＝eq\f(\r(3),3)，eq\r(a)＝eq\f(\r(3),2)<1，不合題意．∴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：由題意知，當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，f(x)的最大值為－1.令f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝0，得x＝eq\f(1,a)，當(dāng)0<x<eq\f(1,a)時(shí)，f′(x)>0.當(dāng)x>eq\f(1,a)時(shí)，f′(x)<0，∴f(x)max＝f(eq\f(1,a))＝－lna－1＝－1.∴a＝1.答案：D5．解析：設(shè)正四棱柱的高為h，底面邊長(zhǎng)為x，如圖是其組合體的軸截面圖形，則AB＝eq\r(2)x，BD＝d，AD＝h，∵AB2＋AD2＝BD2，∴2x2＋h2＝d2.∴x2＝eq\f(d2－h(huán)2,2).又V＝x2·h＝eq\f(d2－h(huán)2h,2)＝eq\f(1,2)(d2h－h(huán)3)，∴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：由題意知|MN|＝|x3－lnx|，設(shè)h(x)＝x3－lnx，h′(x)＝3x2－eq\f(1,x)，令h′(x)＝0，得x＝eq\r(3,\f(1,3))，易知當(dāng)x＝eq\r(3,\f(1,3))時(shí)，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、填空題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：設(shè)矩形的寬為x，則矩形的長(zhǎng)為200－4x.則面積S＝x(200－4x)＝－4x2＋200x，S′＝－8x＋200，令S′＝0，得x＝25，故當(dāng)x＝25時(shí)，S取得最大值為2500(m2)．答案：2500m9．解析：設(shè)商場(chǎng)銷售該商品所獲利潤(rùn)為y元，則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)．則p，y，y′變化關(guān)系如下表：p(20,30)30(30，＋∞)y′＋0－y極大值∴當(dāng)p＝30時(shí)，y取極大值為23000元．又y＝－p3－150p2＋11700p－166000在[20，＋∞)上只有一個(gè)極值，故也是最值．∴該商品零售價(jià)定為每件30元，所獲利潤(rùn)最大為23000元．答案：3023000三、解答題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，函數(shù)f(x)在[－eq\f(3,2)，1]上的單調(diào)遞增區(qū)間為[－eq\f(3,2)，－1]，[－eq\f(1,3)，1]，單調(diào)遞減區(qū)間為[－1，－eq\f(1,3)]．∴f(x)在x＝－1處取得極大值為f(－1)＝2；f(x)在x＝－eq\f(1,3)處取得微小值為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]上的最大值為f(1)＝6，最小值為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，當(dāng)x∈[eq\f(2,3)，＋∞)時(shí)，f′(x)的最大值為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，當(dāng)a＞－eq\f(1,9)時(shí)，f(x)在(eq\f(2,3)，＋∞)上存在單調(diào)遞增區(qū)間．(2)令f′(x)＝0，得兩根x1＝eq\f(1－\r(1＋8a),2)，x2＝eq\f(1＋\r(1＋8a),2).所以f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上單調(diào)遞減，在(x1，x2)上單調(diào)遞增．當(dāng)0＜a＜2時(shí)，有x1＜1＜x2＜4，所以f(x)在[1,4]上的最大值為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]上的最小值為f(4)＝8a－eq\f(40,3)＝－eq\f(16,3).得a＝1，x2＝2，從而f(x)在[1,4]上的最大值為f(2)＝eq\f(10,3).12．解：(1)設(shè)容器的容積為V，由題意知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.所以建筑費(fèi)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，當(dāng)r3－eq\f(20,c－2)＝0時(shí)，r＝eq\r(3,\f(20,c－2)).令eq\r(3,\f(20,c－2))＝m，則m>0，所以y′＝eq\f(8πc－2,r2)(r－m)(r2＋rm＋