2021_2021学年新教材高中数学第六章导数及其应用6.3利用导数解决实际问题课时素养评价含解析新人教B版选择性必修第三册.doc

《2021_2021学年新教材高中数学第六章导数及其应用6.3利用导数解决实际问题课时素养评价含解析新人教B版选择性必修第三册.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021_2021学年新教材高中数学第六章导数及其应用6.3利用导数解决实际问题课时素养评价含解析新人教B版选择性必修第三册.doc（10页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、课时素养评价二十利用导数解决实际问题 (25分钟50分)一、选择题(每小题5分,共20分,多选题全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.用总长为14.8 m的钢条制作一个长方体容器的框架,若容器底面的长比宽多0.5 m,要使它的容积最大,则容器底面的宽为()A.0.5 mB.0.7 mC.1 mD.1.5 m【解析】选C.设宽为x m,则长为(x+0.5) m,因为总长为14.8 m,所以高为(3.2-2x) m,0x1.6,所以体积为V=x(0.5+x)(3.2-2x)=-2x3+2.2x2+1.6x,V=-6x2+4.4x+1.6,当x=1时,V有极大值亦为最大值.2.若

2、函数f(x)=x3-3x在区间(a,6-a2)上有最小值,则实数a的取值范围是()A.(-,1)B.-,1)C.-2,1)D.(-,-2【解析】选C.由于函数f(x)在开区间(a,6-a2)上有最小值,则函数f(x)的极小值点在(a,6-a2)内,且在(a,6-a2)上的单调性是先减再增.f(x)=3x2-3= 3(x+1)(x-1),当-1x1时,f(x)1,f(x)0,所以函数f(x)的极小值为f(1).又函数f(x)=x3-3x在区间(a,6-a2)上有最小值,所以f(a)f(1),由解得-2af(x)0,设ab0,则下列不等式一定成立的是()A.af(a)bf(b)B.af(a)bf(

3、a)D.af(b)f(x)0,令g(x)=,则g(x) =0,所以g(x)在(0,+)上单调递增,由ab0,可得g(a)g(b)即,所以bf(a)af(b),故D正确;因为xf(x)f(x)0,令h(x)=xf(x),则h(x)=xf(x)+f(x)0,所以h(x)在(0,+)上单调递增,由ab0,可得h(a)h(b),即af(a)bf(b),故A正确.二、填空题(每小题5分,共10分)5.若曲线f(x)=x2-aln x在点(1,f(1)处的切线与直线x+3y+1=0垂直,则常数a=_.【解析】由函数f(x)=x2-aln x,可得f(x)=x-,所以f(1)=1-a,即在点(1,f(1)处

4、的切线斜率为k=1-a,又由在点(1,f(1)处的切线与直线x+3y+1=0垂直,所以(1-a)=-1,解得a=-2.答案:-26.某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品,若该商品定价为P元,则销售量Q(单位:件)与定价P(单位:元)有如下关系:Q=8 300-170P-P2,则该商品定价为_元时,毛利润L最大为_元.【解析】由题意得毛利润L=PQ-20Q=-P3-150P2+11 700P-166 000(P20),所以L=-3P2-300P+11 700.令L=0,得P=30或P=-130(舍去).当P20,30)时,L0;当P(30,+)时,L0,所以当P=30时,L取得极大值,也是最

5、大值.故当定价为30元时,毛利润最大为L=23 000元.答案: 3023 000三、解答题(每小题10分,共20分)7.某工厂每天生产某种产品最多不超过40件,并且在生产过程中产品的正品率P与每日生产量x(xN+)件之间的关系为P=,每生产一件正品盈利4 000元,每出现一件次品亏损2 000元.(注:正品率=产品中的正品件数产品总件数100%)(1)将日利润y(元)表示成日产量x(件)的函数.(2)求该厂的日产量为多少件时,日利润最大?并求出日利润的最大值.【解析】(1)因为y=4 000x-2 0001-x=3 600x-x3,所以所求的函数关系式是y=-x3+3 600x(xN+,1x

6、40).(2)显然y=3 600-4x2.令y=0,解得x=30.所以当1x0;当30x40时,y0.所以函数y=-x3+3 600x(xN+,1x40)在1,30)上单调递增,在(30,40上单调递减.所以当x=30时,函数y=-x3+3 600x(xN+,1x40)取得最大值,ymax=-303+3 60030=72 000(元).所以该厂的日产量为30件时,日利润最大,其最大值为72 000元.8.已知f(x)=ln x-x+a,x(0,2.(1)求f(x)的单调区间.(2)若f(x)a2-3对任意的x(0,2恒成立,求实数a的取值范围.【解析】(1)f(x)=-1,令f(x)=0,得x

7、=1.当0x0,f(x)单调递增;当1x2时,f(x)0,f(x)单调递减.所以f(x)的单调增区间为(0,1),f(x)的单调减区间为(1,2.(2)由(1)知x=1时,f(x)取得最大值,即f(x)max=a-1.因为f(x)a2-3对任意的x(0,2恒成立,所以a-12或ag(x0)成立,则实数a的取值范围为()A.B.(0,+)C.0,+)D.【解析】选B.由题意得f(x)-g(x)0在1,e上有解,即ax-2ln x0在1,e上有解,所以a.设y=,则y=0,所以y=在1,e上单调递增,所以ymin=0,故得a0.3.(5分)设函数f(x)=ax3-3x+1(xR),若对于任意的x(

8、0,1都有f(x)0成立,则实数a的取值范围为_.【解析】因为x(0,1,f(x)0可化为a-.设g(x)=-,则g(x)=,令g(x)=0,得x=.当0x0;当x1时,g(x)0,则(x)=,当x(0,+)时,ex-x-10恒成立,令(x)0,得x1;令(x)0,得0x0,得x2或x0),问OE为多少米时,桥墩CD与EF的总造价最低?【解析】(1)过A,B分别作MN的垂线,垂足为A,B,则AA=BB=-403+640=160(米).令a2=160,得a=80,所以AO=80,AB=AO+BO=80+40=120(米).(2)设OE=x,则CO=80-x,由,得0x0,所以令y=0,得x=0或

9、x=20,所以当0x20时,y0,y单调递减;当20x0,y单调递增.所以,当x=20时,y取最小值,即当OE为20米时,造价最低.1.如图,已知圆柱和半径为的半球O,圆柱的下底面在半球O底面所在平面上,圆柱的上底面内接于球O,则该圆柱体积的最大值为_.【解析】设圆柱的底面圆半径为r,高为h,球的半径为R;则h2+r2=R2=3;所以圆柱的体积为V=r2h=(3-h2)h=(3h-h3);则V(h)=(3-3h2),令V(h)=0,解得h=1,所以h(0,1)时,V(h)0,V(h)单调递增;h(1,)时,V(h)0,V(h)单调递减,所以当h=1时,V(h)取得最大值为V(1)=2.答案:2

10、2.已知函数f(x)=ex-ax2.(1)若a=1,证明:当x0时,f(x)1;(2)若f(x)在(0,+)上有两个零点,求a的取值范围.【解析】(1)当a=1时,函数f(x)=ex-x2,则f(x)=ex-2x,令g(x)=ex-2x,则g(x)=ex-2,令g(x)=0,得x=ln 2.当x时,g(x)0,所以g(x)在x=ln 2时取极小值,也是最小值,g(ln 2)=eln 2-2ln 2=2-ln 4=ln 0,所以g(x)0,所以f(x)0,所以f(x)在上单调递增,所以f(x)f=1.(2)f(x)在上有两个零点方程ex-ax2=0在上有两个根 a=在上有两个根,即函数y=a与G

11、(x)=的图象在上有两个交点.G(x)=,当x时,G(x)0,G(x)在上递增,所以G(x)的最小值为G=,当x0时,G(x)+,当x+时,G(x)+,所以f(x)在上有两个零点时,a的取值范围是.3.(2020全国卷)函数f(x)=x3+bx+c,曲线y=f(x)在点处的切线与y轴垂直.(1)求b;(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,证明f(x)所有零点的绝对值都不大于1.【解析】(1)因为f(x)=3x2+b,由题意,f=0,即3+b=0,则b=-.(2)由(1)可得f(x)=x3-x+c,f(x)=3x2-=3,令f(x)0,得x或x-;令f(x)0,得-x0或f(1)或c时,f

12、(-1)=c-0,f=c+0,f=c-0,f(1)=c+0,又f(-4c)=-64c3+3c+c=4c(1-16c2)0,由零点存在性定理知f(x)在(-4c,-1)上存在唯一一个零点x0,即f(x)在(-,-1)上存在唯一一个零点,在(-1,+)上不存在零点,此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点,与题设矛盾;当c-时,f(-1)=c-0,f=c+0,f=c-0,f(1)=c+0,由零点存在性定理知f(x)在(1,-4c)上存在唯一一个零点x0,即f(x)在(1,+)上存在唯一一个零点,在(-,1)上不存在零点,此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点,与题设矛盾;综上,f(x)所有零点的绝对值都不大于1.