6.3 利用导数解决实际问题-【新课程能力培养】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册同步练习（人教B版）

第六章 导数及其应用 练 6.3 利用导数解决实际问题 效 果 评 价 1. 某厂生产某种电子元件， 如果生产出 一件正品， 可获利 200 元， 如果生产出一件 次品， 则损失 100 元， 已知该厂在制造电子 元件过程中， 次品率 p 与日产量 x 的函数关 系是 p= 3x 4x+32 （ x∈N * ）， 为获得最大盈利， 该厂的日产量应定为 （ ） A. 14 件 B. 16 件 C. 24 件 D. 32 件 2. 现有一个帐篷， 它下部分的形状是高 为 1 m 的正六棱柱 ， 上部分的形状是侧棱 长为 3 m 的正六棱锥 （如图所示） . 当帐篷的 体积最大时， 帐篷的顶点 O 到底面中心 O 1 的距离为 （ ） A. 1 m B. 3 2 m C. 2 m D. 3 m 3. 如图所示， 某几何体由 底面半径和高均为 5 的圆柱与 半径为 5 的半球面对接而成 ， 该封闭几何体内部放入一个小 圆柱 ， 且圆柱的上下底面均与外层圆柱 的 底面平行 ， 则小圆柱体积的最大值为 （ ） A. 2 000仔 9 B. 4 000仔 27 C. 81仔 D. 128仔 4. 某市在精准扶贫专项工作中， 通过实 施农村农田水利项目， 以夯实农村农业的发 展基础， 助力脱贫攻坚 . 现计划对该村旧的 灌溉水渠进行加固改造， 已知旧水渠的横截 面是一段抛物线弧 AOB （如图所示）， 顶点 O 在水渠的最底端， 渠宽 AB 为 3 m ， 渠深 为 1 m ， 欲在旧水渠内填充混凝土加固， 改 造成横截面为等腰梯形的新水渠， 且新水渠 底面与地面平行 （不改变渠宽）， 若要使所 填充的混凝土量最小， 则新水渠的底宽为 （ ） A. 2 3 m B. 1 m C. 4 3 m D. 2 m 5. （多选题） 如图所示， 外 层是类似于 “甜筒冰激凌” 的 图形， 上部分是体积为 10 15 姨 仔 的半球， 下面大圆刚好与高度 为 6 的圆锥的底面圆重合， 在 该封闭的几何体内倒放一个小圆锥， 小圆锥 底面平行于外层圆锥的底面， 且小圆锥顶点 与外层圆锥顶点重合， 则该小圆锥体积可以 为 （ ） A. 10仔 B. 18仔 C. 30仔 D. 40仔 6. 已知铁道机车运行 1 h 所需成本由两 第 2 题图 第 3 题图 第 4 题图 第 5 题图 49 高中数学选择性必修 第三册 （人教 B 版） 精编版 练 部分组成， 固定部分为 m 元， 变动部分与运 行速度 v （单位： km/h ） 的平方成正比， 比 例系数为 k （ k>0 ） . 如果机车匀速从甲站开 往乙站， 则当机车以 km/h 的速度 运行时， 成本最省 . 7. 已知某公司生产一种零件的年固定成 本为 5 万元， 每生产 1 千件， 成本再增加 3 万元 . 假设该公司年内共生产该零件 x 千件 并且全部销售完， 每 1 千件的销售收入为 D （ x ）万元， 且 D （ x ） = 6.6- x 2 30 ， 0<x≤10 ， 195 x - 1 875 x 2 ， x>10 0 $ $ $ $ $ $ # $ $ $ $ $ $ % ， 为使公司获得最大利润， 则应将年产量定为 千件 . （注： 年利润 = 年销售收入 - 年总成本） 8. 某商品每件成本 9 元， 售价 30 元， 每星期卖出 432 件， 如果降低价格， 销售量 可以增加， 且每星期多卖出的商品件数与商 品单价的降低值 x （单位： 元， 0≤x≤30 ） 的平方成正比， 已知商品单价降低 2 元时， 一星期多卖出 24 件 . （ 1 ） 将一个星期的商品销售利润表示成 x 的函数 . （ 2 ） 如何定价才能使一个星期的商品销 售利润最大？ 9. 一边长为 1 m 的正方形铁片， 将铁片 的四角截去四个边长都为 x 的小正方形， 然 后做成一个无盖方盒 . （ 1 ） 试把方盒的容积 V 表示为 x 的函数 . （ 2 ） x 多大时， 方盒的容积 V 最大？ 50 第六章 导数及其应用 练 10. 高二学农期间， 某高中组织学生到 工厂进行实践劳动 . 在设计劳动中， 某学生 欲将一个底面半径为 20 cm 、 高为 40 cm 的 实心圆锥体工件切割成一个圆柱体， 并使圆 柱体的一个底面落在圆锥体的底面内 . （ 1 ） 求该圆柱的侧面积的最大值； （ 2 ） 求该圆柱的体积的最大值 . 提 升 练 习 11. 已知直线 x-2y-4=0 与抛物线 y 2 =x 相 交于 A ， B 两点， O 是坐标原点， P 为抛物 线的弧 AOB 上任意点， 则当 △ABP 的面积 最大时， P 点坐标为 （ ） A. （ 0 ， 0 ） B. （ 1 ， 1 ） C. 1 4 ， 1 2 2 # D. （ 2 ， 2 姨 ） 12. （多选题） 国家统计局公布的全国 夏粮生产数据显示， 2020 年全国夏粮总产 量达 14 281 万吨， 创历史新高 . 粮食储藏工 作关系着军需民食， 也关系着国家安全和社 会稳定 . 某粮食加工企业设计了一种容积为 63 000π m 3 的粮食储藏容器， 如图 1 所示， 已知该容器分上、 下两部分， 上部分是底面 半径和高都为 r m （ r≥10 ） 的圆锥， 下部分 是底面半径为 r m 、 高为 h m 的圆柱体， 如 图 2 所示 . 经测算， 圆锥的侧面每平方米的 建造费用为 2 姨 a 元， 圆柱的侧面、 底面每 平方米的建造费用为 a 元， 设每个容器的制造 总费用为 y 元， 则下面说法正确的是 （ ） A. 10≤r<40 B. h 的最大值为 1 880 3 C. 当 r=21 时， y=7 029aπ D. 当 r=30 时， y 有最小值， 最小值为 6 300aπ 图 1 图 2 第 12 题图 51 高中数学选择性必修 第三册 （人教 B 版） 精编版 练 13. 统计表明， 某种型号的汽车在匀速 行驶中每小时的耗油量 y （ L ） 关于行驶速 度 x （ km/h ） 的函数解析式可以表示为 y= 1 128 000 x 3 - 3 80 x+8 （ 0<x≤120 ） . 已知甲、 乙 两地相距 100 km. （ 1 ） 当汽车以 40 km/h 的速度匀速行驶 时， 从甲地到乙地要耗油多少升？ （ 2 ） 当汽车以多大的速度匀速行驶时， 从甲地到乙地耗油最少？ 最少为多少升？ 14. 如图， 某生态农庄内有一直角梯形 区域 ABCD ， AB∥CD ， AB⊥BC ， AB=300 m ， CD=200 m. 该区域内原有道路 AC ， 现新修 一条直道 DP （宽度忽略不计）， 点 P 在道 路 AC 上 （异于 A ， C 两点）， ∠BAC= 仔 6 ， ∠DPA=θ. （ 1 ） 用 θ 表示直道 DP 的长度； （ 2 ） 计划在 △ADP 区域内种植观赏植 物， 在 △CDP 区域内种植经济作物 . 已知种 植观赏植物的成本为每平方百米 2 万元， 种 植经济作物的成本为每平方百米 1 万元， 新 建道路 DP 的成本为每百米 1 万元， 求以上 三项费用总和的最小值 . 第 14 题图 52 高中数学选择性必修 第三册 （人教 B 版） 精编版 ∴a≤-1 时， f （ x ）在 （ 0 ， +∞ ） 上单调递增； a>-1 时， f （ x ）在 （ 0 ， a+1 姨 ） 上单调递减， 在 （ a+1 姨 ， +∞ ） 上 单调递增 . （ 2 ） 由 （ 1 ） 可知， 当 a≤-1 时， f （ x ）在 （ 1 ， +∞ ） 上单调递增， 若 f （ x ） ≥0 对任意的 x∈ ［ 1 ， +∞ ） 恒成立， 只需 f （ 1 ） ≥0 ， 而 f （ 1 ） =0 恒成立， ∴a≤-1 成立； 当 a>-1 时 ， 若 a+1 姨 ≤1 ， 即 -1<a≤0 ， 则 f （ x ）在 （ 1 ， +∞ ） 上单调递增， 又 f （ 1 ） =0 ， ∴-1<a≤0 成立； 若 a>0 ， 则 f （ x ）在 （ 1 ， a+1 姨 ） 上单调递减 ， 在 （ a+1 姨 ， +∞ ） 上单调递增 ， 又 f （ 1 ） =0 ， ∴埚x 0 ∈ （ 1 ， a+1 姨 ）， f （ x 0 ） <f （ 1 ） =0 ， 不满足 f （ x ） ≥0 对任意的 x∈ ［ 1 ， +∞ ） 恒成立 . ∴ 综上所述， a≤0. 6.3 利用导数解决实际问题 学习手册 变式训练 1 （ 1 ） 64 3 （ 2 ） 6 2 姨 -3 7 【解析】 （ 1 ） 设 正四棱锥的高为 h ， 则 0<h<3 ， 底面积为 S ， 设正四棱锥 的底面边长为 a ， 则正四棱锥的底面对角线长为 2 姨 a ， 由勾股定理可得 h 2 + 2 姨 2 2 ' a 2 =3 2 ， 可得 a 2 =2 （ 9-h 2 ）， 则 S=2 （ 9-h 2 ） . 该几何体的体积 V= 1 3 Sh+S×1=S 1 3 h+ 2 + 1 = 2 （ 9-h 2 ） 1 3 h+ 2 + 1 . 令函数 f （ h ） =2 （ 9-h 2 ） 1 3 h+ 2 + 1 = 2 3 （ 3-h ）（ 3+h ） 2 ， 则 f ′ （ h ） =- 2 3 （ 3+h ） 2 + 4 3 （ 3-h ）（ 3+h ） =-2 （ h-1 ）（ h+3 ） . 当 0<h<1 时， f ′ （ h ） >0 ， 当 1<h<3 时， f ′ （ h ） <0 ， ∴ f （ h ）在 （ 0 ， 1 ） 上单调递增， 在 （ 1 ， 3 ） 上单调 递减 . 故 f （ h ） max =f （ 1 ） =2× （ 9-1 ） × 1 3 + 2 + 1 = 64 3 . 因此， 该几何体的体积的最大值为 64 3 . （ 2 ） ∵ 正方体的棱长为 2 3 姨 ， 则该正方体的体对 角线长为 2 3 姨 × 3 姨 =6 ， 设 A 原子的半径为 r ， B 原 子的半径为 R ， 依题意， 2r+2R=6 ， 即 R=3-r ， 0<r<3 ， 于 是 8 个 A 原子与 1 个 B 原子的体积之和 V=8 · 4π 3 r 3 + 4π 3 R 3 = 4π 3 ［ 8r 3 + （ 3-r ） 3 ］ = 4π 3 （ 7r 3 +9r 2 -27r+27 ）， 令 f （ r ） =7r 3 +9r 2 -27r+27 ， 0<r<3 ， 求导得 ， f ′ （ r ） = 21r 2 +18r-27. 由 f ′ （ r ） =0 得 r= 6 2 姨 -3 7 ， 当 0<r< 6 2 姨 -3 7 时 ， f ′ （ r ） <0 ， 当 6 2 姨 -3 7 <r<3 时， f ′ （ r ） >0 ， 因此函数 f （ r ）在 0 ， 6 2 姨 -3 7 2 + 上单调递减 ， 在 6 2 姨 -3 7 ， 2 + 3 上单调递增， 即当 r= 6 2 姨 -3 7 时， f （ r ） 取得最小值， ∴8 个 A 原子与 1 个 B 原子的体积之和最小时， 原 子 A 的半径为 6 2 姨 -3 7 . 变式训练 2 解： （ 1 ） ①∵C′ （ q ） = 1 2 q ， ∴C′ （ 10 ） =5 ， C′ （ 20 ） =10 ， C′ （ 10 ） <C′ （ 20 ） . C′ （ 10 ） =5 代表当产量为 q=10 时， 增加单位产量需 付出的成本增加量为 5 ； C′ （ 20 ） =10 代表当产量为 q=20 时， 增加单位产量需 付出的成本增加量为 10． ②∵C （ q ） = C （ q ） q = 100 q + 1 4 q ， ∴C′ （ q ） =- 100 q 2 + 1 4 = q 2 -400 4q 2 = （ q+20 ）（ q-20 ） 4q 2 ， 由实际意义知， q>0 ， ∴ 当 0<q<20 时， C′ （ q ） <0 ； 当 q>20 时， C′ （ q ） >0. ∴C （ q ）在 （ 0 ， 20 ） 上单调递减， 在 （ 20 ， +∞ ） 上 单调递增， ∴ 当产量 q=20 时， 平均成本最少 . （ 2 ） ① 由题意， 当 0<x<6 时， P （ x ） =8x-4- 1 3 x 3 +4 2 + x =- 1 3 x 3 +4x-4 ， 当 x≥6 时， P （ x ） =8x-4- 9x+ 64 x -2 2 + 9 =25-x- 64 x . ∴P （ x ） = - 1 3 x 3 +4x-4 ， 0<x<6 ， 25-x- 64 x ， x≥6 6 + + + + * + + + + + , . ② 当 0<x<6 时， P′ （ x）=-x 2 +4 ， 令 P′ （ x）=0 ， 解得 x=2. 当 x∈ （ 0 ， 2 ）， P′ （ x）>0 ， 当 x∈ （ 2 ， 6 ）， P′ （ x）<0 ； 74 参 考 答 案 则 P （ x）在 （0 ， 2 ） 上单调递增， 在 （ 2 ， 6 ） 上单调 递减， ∴ 当 0<x<6 时， P （ x） max =P （ 2 ） = 4 3 . 当 x≥6 时， P （ x）=25- x+ 64 x # ≤25-2 x · 64 x 姨 =9 ， 当 且仅当 x= 64 x ， 即 x=8 时取等号 . 综上， 当年产量为 8 万件时， 所获年利润最大， 为 9 万元 . 随堂练习 1. 6 【解析】 设利润为 y ， 则 y=y 1 -y 2 =17x 2 - （ 2x 3 -x 2 ） = -2x 3 +18x 2 （ x>0 ）， ∴y′=-6x 2 +36x=-6x （ x-6 ） . 令 y′=0 ， 解得 x=0 或 x=6 ， 经检验知 x=6 既是函数的极大值点又是函 数的最大值点 . 2. B 【解析 】 ∵ 矩形 ABCD 的周长为 4 ， 设 BC=x （ 0<x<2 ）， 则 AB=2-x ， ∴ 将周长为 4 的矩形 ABCD 绕 AB 旋转一周所得圆柱体积为 V （ x ） =πx 2 （ 2-x ） =π （ 2x 2 -x 3 ）， 0<x<2 ， 则 V′ （ x ） =π （ 4x-3x 2 ）， 由 V′ （ x ） >0 得， 4x-3x 2 >0 ， 解得 0<x< 4 3 ； 由 V′ （ x ） <0 得， 4x-3x 2 <0 ， 解得 4 3 <x<2 ； ∴V （ x ） =π （ 2x 2 -x 3 ） 在 0 ， 4 3 3 # 上单调递增 . 在 4 3 ， 3 # 2 上 单调递减 ， ∴ 当 x= 4 3 ， 即 BC= 4 3 ， AB= 2 3 时 ， V （ x ） =π （ 2x 2 -x 3 ） 取得最大值 V （ x ） =π （ 2x 2 -x 3 ） = 32 27 π. 故选 B. 3. B 【解析】 设该长方体的宽是 x cm ， 由题意知， 其长是 3x 2 cm ， 高是 30-10x 4 = 15-5x 2 （ 0<x<3 ） cm ， 则该 长方体的体积 V （ x ） =x · 3 2 x · 15-5x 2 3 # =- 15 4 x 3 + 45 4 x 2 ， V′ （ x ） =- 45 4 x 2 + 90 4 x ， 由 V′ （ x ） =0 ， 得到 x=2 ， 且当 0<x<2 时， V′ （ x ） >0 ； 当 2<x<3 时 ， V′ （ x ） <0 ， 即体积函数 V （ x ）在 x=2 处取得极大值 V （ 2 ） =15 ， 也是函数 V （ x ）在定义域上 的最大值 . ∴ 该长方体体积最大值是 15. 故选 B. 4. C 【解析 】 由 条 件 可 知 ， x ·（ 2a +3 ） =750圯 a = 750-3x 2x >0 ， 0<x≤30. ∵S= （ x-2 ）· a+ （ x-3 ）· a= （ 2x-5 ）· a= （ 2x-5 ）· 750-3x 2x = -6x 2 +1 515x-3 750 2x =- 3x+ 1 875 x # + 1 515 2 ， ∴S′ =-3 + 1 875 x 2 =0 ， 解得 x=25. 当 0<x<25 时， S′>0 ， S 单调递增； 当 25<x<30 时， S′<0 ， S 单调递减 . ∴ 当 x=25 时， S 取得最大值 . 故选 C. 5. 解： 由 V=πr 2 h ， 得 h= V πr 2 ， 设盖的单位面积造价 为 a ， 则储油罐的造价为 S （ r ） =aπr 2 +2a · 2πrh+4a · πr 2 = 5aπr 2 + 4aV r . 由 S′ （ r ） =10aπr- 4aV r 2 =0 ， 解得 r= 2V 5π 3 姨 ， 于 是 h= V πr 2 = 25V 4π 3 姨 . 由问题的实际意义， 上述 S 的唯一 可能极值点就是 S 的最小值点. ∴ 当 r h = 2V 5π 3 姨 25V 4π 3 姨 = 2 5 时， 储油罐的造价最省 . 练习手册 效果评价 1. B 【解析】 ∵ 该厂的日产量为 x ， 则其次品数为 px= 3x 2 4x+32 ， 正品数为 （ 1-p ） x= x 2 +32x 4x+32 ， 根据题意得 T=200 · x 2 +32x 4x+32 -100 · 3x 2 4x+32 ， 化简整理 得 T= -25x 2 +1 600x x+8 . ∴T′= （ -50x+1 600 ）（ x+8 ） - （ -25x 2 +1 600x ） （ x+8 ） 2 =-25 · x 2 +16x-64×8 （ x+8 ） 2 =-25 · （ x+32 ）（ x-16 ） （ x+8 ） 2 . 当 0<x<16 时， T′>0 ； 当 x>16 时， T′<0. ∴x=16 时， T 有最大值， 即 T max =T （ 16 ） =800 （元） . 故选 B. 2. C 【解析】 设 OO 1 为 x m ， 则 1<x<4 ， 设底面正六 边形的面积为 S m 2 ， 帐篷的体积为 V m 3 . 则由题设可得， 正六棱锥底面边长为 3 2 - （ x-1 ） 2 姨 = 8+2x-x 2 姨 （ m ）， 于是 S=6× 3 姨 4 （ 8+2x-x 2 姨 ） 2 = 3 3 姨 2 （8+ 2x-x 2 ） . ∴V= 1 3 · 3 3 姨 2 （ 8+2x-x 2 ）（ x-1 ） + 3 3 姨 2 （ 8+2x-x 2 ） = 3 姨 2 （ 8+2x-x 2 ）［（ x-1 ） +3 ］ = 3 姨 2 （ 16+12x-x 3 ）（ 1<x<4 ）， 75 高中数学选择性必修 第三册 （人教 B 版） 精编版 则 V′= 3 姨 2 （ 12-3x 2 ） . 令 V′=0 ， 解得 x=2 或 x=-2 （舍去） . 当 1<x<2 时， V′>0 ， V 单调递增； 当 2<x<4 时， V′<0 ， V 单调递减 . ∴ 当 x=2 （ m ） 时， V 最大 . 故选 C. 3. B 【解析】 小圆柱的高分为上、 下两部分， 上部 分同大圆柱一样为 5 ， 下部分深入底部半球内设为 h （ 0<h<5 ）， 小圆柱的底面半径设为 r （ 0<r<5 ）， 由于 r ， h 和球的半径构成直角三角形， 即 r 2 +h 2 =5 2 ， ∴ 小圆柱体积 V=πr 2 （ h+5 ） =π （ 25-h 2 ）（ h+5 ）（ 0<h<5 ）， ∴V′=-π （ 3h-5 ）（ h+ 5 ）， 当 0<h≤ 5 3 h 时， 体积 V 单调递增； 当 5 3 <h<5 时， 体积 V 单调递减 . ∴ 当 h= 5 3 时， 小圆柱体积取得最大 值， V max =π 25- 25 9 # $ 5 3 + + & 5 = 4 000π 27 . 故选 B. 4. B 【解析】 建立如 图所示的平面直角坐标 系 ， 则 A - 3 2 ， + & 1 ， 设 抛物线的方程为 x 2 =2py （ p>0 ）， ∵ 点 A 在抛物线上， 可得 p= 9 8 ， ∴ 抛物线的方程为 y= 4 9 x 2 . 要使所填充的混 凝土量最小， 则如图内接等腰梯形 ABCD 的面积要最大， 设点 C t ， 4 9 t + & 2 0<t< 3 2 + & ， 则此时梯形 ABCD 的面积 S （ t ） = 1 2 （ 2t+3 ） 1- 4 9 t + & 2 =- 4 9 t 3 - 2 3 t 2 +t+ 3 2 ， ∴S′ （ t ） =- 4 3 t 2 - 4 3 t+1=- 1 3 （ 2t+3 ）（ 2t-1 ） . 又由 0<t< 3 2 ， 令 S′ （ t ） =0 ， 解 得 t= 1 2 . 当 0<t< 1 2 时， S′ （ t ） >0 ， S （ t ）在 0 ， 1 2 + & 上单调递 增； 当 1 2 <t< 3 2 时， S′ （ t ） <0 ， S （ t ）在 1 2 ， 3 2 + & 上单调递 减 . ∴ 当 t= 1 2 时， S （ t ）取得最大值， 此时新水渠的底宽 CD 为 1 m. 故选 B. 5. ABC 【解析 】 令上部分的半球半径为 R ， 可得 2 3 πR 3 =10 15 姨 π ， 解得 R= 15 姨 ， 设小圆锥的底面半径 为 r ， 小圆锥底面中心到球心距离为 h ， 可知 r ， h 和 R 可构成直角三角形， 即 r 2 +h 2 =15 ， 小圆锥体积 V= 1 3 πr 2 · （h+6 ） = 1 3 π （ 15-h 2 ）（ h+6 ）（ 0<h< 15 姨 ） . 令 f （ h ） = （ 15-h 2 ）· （ h+6 ）（ 0<h< 15 姨 ）， 则 f ′ （ h ） =-3 （ h+5 ）（ h-1 ）， 可知 f （ h ） 在 （ 0 ， 1 ） 上单调递增， 在 （ 1 ， 15 姨 ） 上单调递减， ∴ 当 h=1 时， f （ h ）最大， f （ h ） max =f （ 1 ） =98 ， 即 V max = 98 3 π ， 即 A ， B ， C 三个选项都满足题意 . 故选 ABC. 6. m k 姨 【解析 】 设以速度 v 匀速运行成本最省 ， 甲、 乙两站相距 s km ， 总成本为 y 元， 则机车匀速从甲 站到乙站所需时间 t= s v ， ∴y= （ m+kv 2 ） s v =s kv+ m v + & ， 求 导 得 y′ =s k- m v 2 + & ， 令 y′ =0 ， 得 v = m k 姨 ， 函 数 在 0 ， m k 姨 + & 上 递 减 ， 在 m k 姨 ， + + & ∞ 上 递 增 ， 则 v = m k 姨 为极小值点 . ∴ 当 v= m k 姨 时， y 有最小值 . 故答案 为 m k 姨 . 7. 25 【解析】 设年利润为 W （ x ）， 则 W （ x ） =xD （ x ） - （ 3x+5 ） = 3.6x- x 3 30 -5 ， 0<x≤10 ， 190- 1 875 x -3x ， x>10 0 ) ) ) ) ( ) ) ) ) ) * . 当 0<x≤10 时 ， W′ （ x ） =3.6- x 2 10 = （ 6+x ）（ 6-x ） 10 ， ∴ W （ x ）在 （ 0 ， 6 ） 上递增， 在 （ 6 ， 10 ］ 上递减， 最大值 为 W （ 6 ） =3.6×6- 6 3 30 -5=9.4 （万元） . 当 x>10 时， W （ x ） =190- 1 875 x -3x=190- 1 875 x +3 # & x ≤190-2 1 875 x · 3x 姨 =190-2×75=40 ， 当且仅当 1 875 x =3x圯x=25 时， 等号成立 . 综上所述， 当 x=25 千件时， 年利润最大 . 8. 解： （ 1 ） 若商品降价 x 元， 则多卖的商品数为 kx 2 件， 由题意知 24=k · 2 2 ， 得 k=6. 若记商品在一个星期的获利为 f （ x ）， 则依题意有 f （ x ） = （ 30-x-9 ）·（ 432+6x 2 ） = （ 21-x ） （ 432+6x 2 ） ， ∴ f （ x ） =-6x 3 + 126x 2 -432x+9 072 ， x∈ ［ 0 ， 30 ］ . （ 2 ） 根据 （ 1 ） 有 f ′ （ x ） =-18x 2 +252x-432=-18 （ x- 第 4 题答图 76 参 考 答 案 2 ）（ x-12 ） . 当 x 变化时， f ′ （ x ）， f （ x ）的变化情况如下表： 故 x=12 时， f （ x ）取得极大值， ∵ f （ 0 ） =9 072 ， f （ 12 ） =11 664 ， f （ 0 ） <f （ 12 ）， ∴ 定价为 30-12=18 （元） 能使一 个星期的商品销售利润最大 . 9. 解： （ 1 ） 由题意可得方盒的底面边长为 1-2x ， 高为 x ， 无盖方盒的容积 V= （ 1-2x ） 2 x=4x 3 -4x 2 +x ， x∈ 0 ， 1 2 2 # . （ 2 ） ∵V=4x 3 -4x 2 +x ， x∈ 0 ， 1 2 2 2 ， ∴V′=12x 2 -8x+1 ， 令 V′=0 ， 得 x= 1 2 （舍） 或 x= 1 6 ， 当 x∈ 0 ， 1 6 6 2 时， V′>0 ， 当 x∈ 1 6 ， 1 2 2 2 时， V′<0 ， 因此 x= 1 6 是函数 V 的极大值点， 也是最大值点， 故当 x= 1 6 时， 方盒的容积最大 . 10. 解： （ 1 ） 设圆柱的半径为 r ， 高为 x ， 则由题意 可得 r 20 = 40-x 40 ， 解得 x=40-2r ， ∴ 圆柱的侧面积为 S 侧 = 2πr （ 40-2r ） =4πr （ 20-r ）， r∈ （ 0 ， 20 ）， ∵4πr （ 20-r ） ≤4π r+20-r 2 6 2 2 =400π ， 当且仅当 r=20- r ， 即 r=10 时取 “ = ”， ∴ 圆柱的侧面积最大值为 400π cm 2 ． （ 2 ） 圆柱的体积为 V （ r ） =πr 2 （ 40-2r ）， r∈ （ 0 ， 20 ）， 求导得 V′ （ r ） =π （ 80r-6r 2 ）， 令 V′ （ r ） =0 ， 解得 r= 40 3 或 r=0 （不合题意， 舍去）， 当 0<r< 40 3 时， V′ （ r ） >0 ， V （ r ）单调递增； 当 40 3 <r<20 时， V′ （ r ） <0 ， V （ r ）单调递减， 当 r= 40 3 时 ， V （ r ）取最大值 π× 1 600 9 × 40- 80 3 6 2 = 64 000π 27 ， ∴ 圆柱体的最大体积为 64 000π 27 cm 3 . 提升练习 11. B 【解析】 设 P （ x 0 ， y 0 ）， 过点 P 与 AB 平行的 直线为 l ， 如图所示 . ∵ 直线 x-2y-4=0 与抛 物线 y 2 =x 相交于 A ， B 两点， ∴ |AB | 为 定 值 ， 要 使 △ABP 的面积最大， 只要 P 到 AB 的距离最大， 而 P 点 是抛物线的弧 AOB 上的一点， ∴ 点 P 是抛物线上平行 于直线 AB 的切线的切点， 由图知点 P 在 x 轴上方， y= x 姨 ， y′= 1 2 x 姨 ， 由题意知 k AB = 1 2 ， ∴k 1 = 1 2 x 0 姨 = 1 2 ， 即 x 0 =1 ， ∴y 0 =1 ， ∴P 点坐标为 （ 1 ， 1 ）， 故选 B. 12. BCD 【解析 】 由题意可得 V= 1 3 πr 2 · r+πr 2 h= 63 000π ， ∴h= 63 000π- 1 3 πr 3 πr 2 = 63 000 r 2 - 1 3 r ， 由 h>0 ， 得 63 000 r 2 - 1 3 r>0 ， 解得 r<30 7 3 姨 ， ∴10≤r<30 7 3 姨 ， 故 A 项不正确； 易知 h 随 r 的增大而减小， ∴ 当 r=10 时， h 取得最大值， 且最大值为 1 880 3 ， 故 B 项正确； 圆锥 的母线长 l= 2 姨 r ， 故圆锥的侧面积 S 1 =πrl=πr× 2 姨 r= 2 姨 πr 2 ， 圆柱的侧面积 S 2 =2πrh=2πr 63 000 r 2 - 1 3 r 6 # = 2×63 000π r - 2π 3 r 2 ， 圆柱的底面积 S 3 =πr 2 ， ∴ 总费用 y= 2 姨 aS 1 +a （ S 2 +S 3 ） = 2 姨 a× 2 姨 πr 2 +a 2×63 000π r - 2π 3 r 2 +πr 2 6 # = 7aπ 3 r 2 + 2×63 000aπ r . 当 r=21 时， y= 7aπ 3 ×21 2 + 2×63 000aπ 21 =7 029aπ ， C 项 正 确 ； y′ = 14aπ 3 r - 2×63 000aπ r 2 = 14aπ （ r 3 -27 000 ） 3r 2 ， 当 10≤r<30 时， y′<0 ， 函数 y= 7aπ 3 r 2 + 2×63 000aπ r 单调递减， 当 30<r<30 7 3 姨 时， y′>0 ， 函数 第 11 题答图 x （ 0 ， 2 ） 2 （ 2 ， 12 ） 12 （ 12 ， 30 ） f ′ （ x ） - 0 + 0 - f （ x ） 单调递减↘极小值单调递增↗ 极大值 单调递减↘ 第 10 题答图 P A B O O 1 77 高中数学选择性必修 第三册 （人教 B 版） 精编版 y= 7aπ 3 r 2 + 2×63 000aπ r 单调递增， ∴ 当 r=30 时， y 取得 最小值 ， 最小值为 7aπ 3 ×30 2 + 2×63 000aπ 30 =6 300aπ ， D 项正确 . 故选 BCD. 13. 解： （ 1 ） 当 x=40 时， 汽车从甲地到乙地行驶 了 100 40 =2.5 （ h ）， 要耗油 1 128 000 ×40 3 - 3 80 ×40+ ! " 8 ×2.5= 17.5 （ L ） . （ 2 ） 当速度为 x km/h 时， 汽车从甲地到乙地行驶了 100 x h ， 设 耗 油 量 为 h （ x ） L ， 依 题 意 得 h （ x ） = 1 128 000 x 3 - 3 80 x+ ! " 8 · 100 x = 1 1 280 x 2 + 800 x - 15 4 （ 0<x≤ 120 ）， h′ （ x ） = x 640 - 800 x 2 = x 3 -80 3 640x 2 （ 0<x≤120 ） . 令 h′ （ x ） = 0 ， 得 x=80 ， 当 x∈ （ 0 ， 80 ） 时， h′ （ x ） <0 ， h （ x ）是减函 数； 当 x∈ （ 80 ， 120 ］ 时， h′ （ x ） >0 ， h （ x ）是增函数 . ∴ 当 x=80 时 ， h （ x ）取 到 极 小 值 h （ 80 ） =11.25. ∵h （ x ）在 （ 0 ， 120 ］ 上只有一个极值， ∴ 它是最小值 . 14. 解： （ 1 ） 过点 D 作 DD′ ⊥AB ， 垂足为 D′ ， 在 Rt△ABC 中 ， ∵AB⊥BC ， ∠BAC = π 6 ， AB=3 ， ∴BC= 3 姨 . 在 Rt△ADD′ 中， ∵AD′=1 ， DD′= 3 姨 ， AD=2 ， ∴sin∠DAD′= 3 姨 2 ， ∴∠DAD′= π 3 . ∵∠BAC= π 6 ， ∴∠DAP= π 6 . 在 △ADP 中， 由正弦定理可得 AD sin兹 = DP sin π 6 ， ∴DP= 1 sin兹 ， π 6 <兹< 5π 6 . （ 2 ） 在 △ADP 中， 由正弦定理可得 AD sin兹 = AP sin∠ADP ， ∴AP= 2sin 5π 6 - ! " 兹 sin兹 ， ∴S △APD = 1 2 AP · PD · sin兹= sin 5 6 π- ! " 兹 sin兹 . 又 S △ADC = 1 2 AD · DC · sin∠ADC= 1 2 ×2×2× 3 姨 2 = 3 姨 ， ∴S △DPC =S △ADC -S △APD = 3 姨 - sin 5 6 π- ! " 兹 sin兹 ， 设三项费用之和 为 f （ 兹 ）， 则 f （ 兹 ） = sin 5 6 π- ! " 兹 sin兹 ×2+ 3 姨 - sin 5 6 π- ! " 兹 sin兹 ! " × 1+ 1 sin兹 ×1= 3 姨 + sin 5 6 π- ! " 兹 sin兹 + 1 sin兹 = 1 2 cos兹+1 sin兹 + 3 3 姨 2 ， π 6 <兹< 5π 6 ， ∴ f ′ （ 兹 ） = - 1 2 -cos兹 sin 2 兹 ， 令 f ′ （ 兹 ） =0 ， 解得 兹= 2π 3 ， 当 兹∈ π 6 ， 2π 3 ! " 时， f ′ （ 兹 ） <0 ， 函数 f （ 兹 ）单调递 减， 当 兹∈ 2π 3 ， 5π 6 ! " 时， f ′ （ 兹 ） >0 ， 函数 f （ 兹 ）单调递增， ∴ f （ 兹 ） min =f 2π 3 ! " =2 3 姨 ， 即三项费用总和的最小值为 2 3 姨 万元 . 第五章章末测试卷 1. D 【解析】 数列 -1 ， 8 5 ， - 15 7 ， 24 9 ， …， 即数列 - 1×3 3 ， 2×4 5 ， - 3×5 7 ， 4×6 9 ， …， 故它的一个通项公式 是 a n = （ -1 ） n · n （ n+2 ） 2n+1 . 故选 D. 2. B 【解析】 a 4 +a 5 =a 1 +3d+a 1 +4d=24 ， S 6 =6a 1 + 6×5 2 d= 48 ， 联立得 2a 1 +7d=24 ， ① 6a 1 +15d=48. . ② ①×3-② 得 （ 21-15 ） d=24 ， 即 6d=24 ， ∴d=4. 故选 B. 3. C 【解析】 当 n=k 时， 不等式左边 = 1 k+1 + 1 k+2 + 1 k+3 + … + 1 2k ； 当 n=k+1 时， 不等式左边 = 1 k+2 + 1 k+3 + 1 k+4 + … + 1 2k + 1 2k+1 + 1 2 （ k+1 ） ， 两式相减 = 1 2k+1 + 1 2k+2 - 1 k+1 . 故选 C. 4. D 【解析 】 设 OD 1 =DC 1 =CB 1 =BA 1 =1 ， 则 CC 1 =k 1 ， BB 1 =k 2 ， AA 1 =k 3 ， 依题意 ， 有 k 3 -0.2=k 1 ， k 3 -0.1=k 2 ， 且 DD 1 +CC 1 +BB 1 +AA 1 OD 1 +DC 1 +CB 1 +BA 1 =0.725 ， ∴ 0.5+3k 3 -0.3 4 =0.725 ， 故 k 3 = 0.9. 故选 D. 5. A 【解析】 由题意， S n ， T n 分别为等差数列 {a n } ， {b n } 的前 n 项和， 且 S n T n = 3n+2 4n+5 ， 不妨取 S n =3n 2 +2n ， T n =4n 2 +5n. 当 n=1 时， a 1 =S 1 =5 ， 当 n≥2 时， a n =S n -S n-1 =6n-1 ， 验证得当 n=1 时上式成立 . 第 14 题答图 78