49 导数实际应用问题重难点专题-【高考复习】高中数学重难点系列专题（学生版+解析版）

武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 1 页 49 导数实际应用问题重难点专题 常考结论及公式 结论一：导数解决实际生活中优化问题的步骤 特别地，在求解实际应用问题时，一定要注意函数的自变量取值范围的讨论. 结论二：利用导数解决近似计算问题 （1）牛顿法：英国数学家牛顿在 17 世纪给出了一种求方程近似根的方法—牛顿迭代 法，做法如下：如图，设 r 是 ( ) 0f x = 的根，选取 0x 作为 r 的初始近似值，过点 (𝑥0, 𝑓(𝑥0))作曲线𝑦 = 𝑓(𝑥)的切线 ( ) ( )( )0 0 0:l y f x f x x x− = − ，则 l 与 x 轴的交点的横 坐标 1 0x x= − ( ) ( ) ( )( )0 0 0 0 f x f x f x    ，称 1x 是 r 的第一次近似值；过点(𝑥1, 𝑓(𝑥1))作曲线 𝑦 = 𝑓(𝑥)的切线，则该切线与 x 轴的交点的横坐标为 2x ，称 2x 是 r 的第二次近似值；重 复以上过程，得 r 的近似值序列，其中 ( ) ( ) ( )( )1 0 n n n n n f x x x f x f x +   = −  ，称 1nx + 是 r 的 1n+ 次近似值，这种求方程 ( ) 0f x = 近似解的方法称为牛顿迭代法. （2）泰勒公式展开放缩法：前面已有介绍，不在重复. 题型一 利润最大化问题 【例 1】为响应国家“乡村振兴”政策，某村在对口帮扶单位的支持下拟建一个生产农机 产品的小型加工厂.经过市场调研，生产该农机产品当年需投入固定成本10万元，每年 需另投入流动成本 ( )c x （万元）与 ln 10 x 成正比（其中 x （台）表示产量），并知当生 产 20台该产品时，需要流动成本 ln 2万元，每件产品的售价 ( )p x 与产量 x （台）的函 重难点题型归纳与精讲 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 2 页 数关系为 ( ) 10 51 100 50 x p x x = − + + （万元）（其中 10x  ）.记当年销售该产品 x 台获得的 利润（利润=销售收入−生产成本）为 ( )f x 万元. (1)求函数 ( )f x 的解析式； (2)当产量 x 为何值时，该工厂的年利润 ( )f x 最大？最大利润是多少？（结果精确到 0.1） 【答案】(1) ( ) ( )2 1 51 ln 10, 100 50 10 x f x x x x x *N= − + −  ；(2)50台，24.4万元 【分析】（1）先通过待定系数法求解出 ( )c x 与 ln 10 x 的关系，然后根据利润定义表示出 ( )f x 即可； （2）利用导数分析 ( )f x 的单调性，从而可求 ( )f x 的最大值以及对应 x 的值. 【详解】（1）设 ( ) ln 10 x c x k= ，代入 20x 可得 ln 2 ln 2k = ，所以 1k = ， 所以 ( ) ( ) 2 1 51 ln 10 ln 10 100 50 10 x x f x xp x x x= − − = − + − ， 所以 ( ) ( )2 1 51 ln 10, 100 50 10 x f x x x x x *N= − + −  . （2）因为 ( ) ( )2 1 51 ln 10, 100 50 10 x f x x x x x *N= − + −  ， 所以 ( ) ( )( )1 501 1 51 50 50 50 x x f x x x x − −  = − − + = − ， 当  )10,50x 时， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递增， 当 ( )50,x + 时， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递减， 所以 ( ) ( ) max 2500 51 50 50 50 ln 26 ln5 24.4 100 50 10 f x f= = − +  − = −  万元， 所以当 50x = 时有最大利润为24.4万元. 【跟踪训练 1】有一直角转弯的走廊（两侧与顶部封闭），已知两侧走廊的高度都是 6 米，左侧走廊的宽度为3 3米，右侧走廊的宽度为 1 米，现 有不能弯折的硬管需要通过走廊．设可通过的最大极限长 度为 l 米（不计硬管粗细）．为了方便搬运，从而达到经济 效益最大化，规定允许通过此走廊的硬管的最大实际长度 为 0.8m l= 米，则m 的值是 ． 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 3 页 【答案】8 【分析】先研究铁管不倾斜时，令 PAM  = ，建立 ( ) 1 3 3 sin cos AB f    = + = ， π 0, 2        ，利用导数求出 min( ) 8f  = ；再研究铁管倾斜后能通过的最大长度. 【详解】如图，铁管不倾斜时，令 PAM  = ， 1 sin PA  = ， 3 3 cos PB  = ， ( ) 1 3 3 sin cos AB f    = + = ， π 0, 2        ， ( ) 3 3 2 2 2 2 cos 3 3 sin 3 3 sin cos sin cos sin cos f          − = − = + . 令 ( ) 0f   ，解得： π 0 6   ，令 ( ) 0f   ，解得： π π 6 2   ， 所以 ( )f  在 π 0, 6       上单调递减，在 π π , 6 2       上单调递增， 所以 min π ( ) 8 6 f f   = =    ， 此时通过最大长度 l AB  ，所以 8l  ，所以倾斜后能通过的最大长度 2 28 6 10+ = ， 所以 0.8 10 8m =  = . 故答案为：8. 题型二 成本最小问题 【例 2】如图，从边长为 100 米的等边三角形花园 ABC 的点A 沿直 线修一条路到边BC上的点D，再从D沿直线修一条路到边 AC 上 的点E，且 //DE AB，若路 AD每米的造价是路DE 每米造价的 13倍，则当BD = 米时，修筑这两条路的总造价最低． 【答案】75 【分析】设BD x= 米，由余弦定理可得 2 2100 100AD x x= + − ，由等边三角形性质得 100DE DC x= = − ，由此得到总造价函数解析式，利用导数求最值即可. 【详解】设 (0 100)BD x x=   米，路 AD的造价为每米 ( 0)k k  元， 在 ABD△ 中，由余弦定理可知 2 2 2 2100 2 100 cos60 100 100AD x x x x= + −   = + − ， 由 //DE AB，得 DEC是等边三角形，则 100DE DC x= = − ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 4 页 所以总造价 ( ) ( ) 2 2100 100 100 13 k f x k x x x= − + + − ， 当0 50x  时， ( ) 2 2100 100 , 100 13 k k x x x− + − 均在 0,50 上单调递减； 则 ( )f x 在 0,50 上单调递减； 当 50x  时， 则 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 13 50 100 10050 13100 100 13 100 100 k x x xk x k f x x x x x   − − − +−  = − = − +  − + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 13 50 100 100 13 100 100 13 50 100 100 k x x x x x x x x  − − − +  =   − + − + − +   ( ) ( ) 2 2 2 2 2 12 100 25 75 13 100 100 13 50 100 100 k x x x x x x x − +  =   − + − + − +   ， 令 ( ) 0f x = ，即 2 100 25 75 0x x− +  = ，解得 25x = （舍）或 75x = ， 且当50 75x  时， ( ) ( )0,f x f x  在 )50,75 单调递减； 当75 100x ≤ 时， ( ) ( )0,f x f x  在 ( 75,100 单调递增． 综上可知， ( )f x 在 )0,75 单调递减；在 ( 75,100 单调递增． 故当 75x = 时， ( )f x 取最小值. 所以当 75BD = 米时，修筑这两条路的总造价最低． 故答案为：75 . 【跟踪训练 2】如图所示，一个仓库设计由上部屋顶和下部主 体两部分组成，屋顶的形状是四棱锥P ABCD− ，四边形 ABCD是正方形，点O为正方形 ABCD的中心， ⊥PO 平面 ABCD；下部的形状是长方体 ABCD A B C D−     .已知上部屋顶 造价与屋顶面积成正比，比例系数为 ( )0k k  ，下部主体造价与高度成正比，比例系 数为8k .若欲造一个上、下总高度为 10 m , 8AB = m 的仓库，则当总造价最低时， PO =（ ） A． 4 5 5 m B． 4 3 3 m C．4m D．4 5m 【答案】B 【分析】取BC的中点为E，表示 OE，由于 ⊥PO 平面 ABCD，在Rt POE 中，设 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 5 页 PEO  = ，表示PO，PE，从而分别表示上部屋顶面积，下部主体的高度，进而表 示仓库的总造价的函数关系，利用求导分析单调性，再求得最小值，即为答案. 【详解】如图，设BC 的中点为E，连接PE OE， ，则 4OE = . 由于 ⊥PO 平面 ABCD，则有PO OE⊥ ； 在Rt POE 中，设 PEO  = ，则有 4tanPO = ， 4 cos PE  = ， 所以上部屋顶面积为 64 4 cos PBCS S  = = ，下部主体的高度为 10 4tanh = − ， 所以仓库的总造价为 2 sin 8 32 80 cos y S k h k k k   −  =  +  =  +    . 设 ( ) 2 sin 0 cos 2 f      −   =      ，所以 ( ) 2 2sin 1 cos f    −  = .令 ( ) 0f  = ，得 1 sin 2  = ，所以 6   = ； 则当0 6    时， ( ) 0f   ， ( )f  在 0 6       ， 上单调递减； 当 6 2     时， ( ) 0f   ， ( )f  在 6 2        ， 上单调递增； 所以当 6   = 时， ( )f  有最小值，此时 4 3 3 PO m= ， 故选：B 题型三 面积最值问题 【例 3】在数学建模探究课上，某小组同学将一张矩形纸片的右下角 折起，使得该角的顶点落在矩形的左边上 (如图所示 )，其中 12AB = cm 若 π 6 FEB = ，则 FAP的面积是 cm2 随着点 P 的位置不 同，折痕 EF 的长度在改变，其最小值是 cm 【答案】 8 3 9 3 【详解】设 FEP FEB  = = ，EF l= ，则 sin .FP BF l = = 又因为 2AFP  = ，所以 cos(2 ) sin cos(2 ).AF FP l  = = 又由 sin cos2 sin 12AF BF l l  + = + = ，解得 12 . sin (1 cos2 ) l   = + 若 π 6 FEB = ，则 16=l ，所以 16sin 8 6 FP  = = ， 所以 4AF = ， 4 3AP = ，所以 FAP的面积是 28 3cm . 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 6 页 因为 12 sin (1 cos2 ) l   = + ，所以 2 2 12 6 . sin 2cos sin (1 sin ) l     = =   − 设 3(0 1)y t t t= −   ，则 21 3 (0 1)y t t = −   ， 当 3 (0, ) 3 t 时， 0y  ，y 单调递增， 当 3 ( ,1) 3 t 时， 0y  ，y 单调递减， 所以当 3 3 t = 时， max 2 3 9 y = ，故 min 9 3.l = 故答案为：8 3 ；9 3 . 【跟踪训练 3】如图，A 、 B 两点分别在 x 、 y 轴上滑动， OP AB⊥ ， P 为垂足， P 点轨迹形成“四叶草”的图形，若 2AB = ，则 OAP的面积最大值为 ． 【答案】 3 3 8 / 3 3 8 【分析】设 OAB  = ，则 为锐角，可得出 sin 2OP = ， 1 cos2PA = + ，由此可得 出 ( ) 1 1 cos 2 sin 2 2 OAPS  = +△ ，令 ( ) ( ) 1 sin cos 1 2 f x x x= + ，其中0 πx  ，利用导数求 出函数 ( )f x 的最大值，即为所求. 【详解】设 OAB  = ，则 为锐角，所以， cos 2cosOA AB  = = ， 因为OP AB⊥ ，则 sin 2cos sin sin 2OP OA    = = = ， 2cos 2cos 1 cos2PA OA   = = = + ， 所以 ( ) 1 1 1 cos 2 sin 2 2 2 OAPS PA OP  =  = +△ ， 令 ( ) ( ) 1 sin cos 1 2 f x x x= + ，其中0 πx  ， 则 ( ) ( ) ( ) ( )( )2 2 1 1 1 1 cos cos 1 sin 2cos cos 1 2cos 1 cos 1 2 2 2 2 f x x x x x x x x = + − = + − = − + ， 因为0 πx  ，则 1 cos 1x−   ，则cos 1 0x+  ， 由 ( ) 0f x  ，可得 1 cos 2 x  ，可得 π π 3 x  ， 由 ( ) 0f x  ，可得 1 cos 2 x  ，可得 π 0 3 x  ， 所以函数 ( )f x 在 π 0, 3       上单调递增，在 π ,π 3       上单调递减， 故当 ( )0,πx 时， ( ) max π 1 π π 1 3 3 3 3 sin 1 cos 3 2 3 3 2 2 2 8 f x f     = = + =   =        . 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 7 页 所以 OAP面积的最大值为 3 3 8 . 故答案为： 3 3 8 . 题型四 体积最值问题 【例 4】一个顶点为 P ，底面中心为O的圆锥的体积为 π，若正四棱锥O ABCD− 内接 于该圆锥，平面 ABCD与该圆锥底面平行，点 , , ,A B C D都在圆锥的侧面上，则正四棱 锥O ABCD− 的体积的最大值是 ． 【答案】 8 27 【详解】如图，设OP 交平面 ABCD于 , , ,Q QA QC r OW R PQ h= = = = ， 由 PAQ PWO∽△ △ ，得 h r PO R = ，故 hR OP r = ， 由 2 21 1π π π 3 3 hR R OP R r  =  = ，得 3 3r h R = ． 又正方形 ABCD的面积为 22r ， 正四棱锥O ABCD− 的体积为： 2 3 2 2 2 2 3 2 3 1 2 2 3 3 2 2 2 , 3 3 3 hR r r r V r OQ r h r r R R R R     =   = − = − = −        令 ( )0,1 r t R =  ，则 ( )22 1V t t= − ， ( )24 6 2 2 3 ,V t t t t= − = − 当 2 0, 3 t       时， 0,V V  单调递增； 当 2 ,1 3 t       时， 0,V V  单调递减， 当 2 3 t = 时,V 取最大值， max 8 27 V = ． 故答案为： 8 27 ． 【跟踪训练 4】在半径为 1 的圆O中，以圆心O为中心作一个正 六边形 ABCDEF ，再分别以其各边为底边，圆O上的点为顶点 作等腰三角形 1 1 1 1 1 1, , , , ,A AB B BC C CD D DE E EF F FA△ △ △ △ △ △ ， 如图，沿虚线剪开后，分别以 AB BC CD DE EF FA, , , , , 为折痕折 起 1 1 1 1 1 1, , , , ,A AB B BC C CD D DE E EF F FA△ △ △ △ △ △ ，使 1 1 1 1 1 1, , , , ,A B C D E F 重合，得到六棱锥，则当六棱锥体积最大时，正六边形的边长 为 ． 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 8 页 【答案】 4 3 15 【详解】连接 1OE ，交EF 于点H ，根据题意，可得 1OE EF⊥ ， 设 2EF x= ，则 3OH x= ， 1 1 3E H x= − ， 因为 0 2 1 1 3 3 x x x    −  ，可得 1 0 2 3 x  ， 所以六棱锥的高为 2 2 2 2 1 (1 3 ) ( 3 ) 1 2 3h E H OH x x x= − = − − = − ， 所以正六边形 ABCDEF 的面积为 2 2 3 6 (2 ) 6 3 4 S x x=   = ， 则六棱锥的体积为 2 4 51 1 6 3 1 2 3 2 3 2 3 3 3 V Sh x x x x= =   − =  − ， 令 ( ) 4 5 3 2 3 ,0 6 f x x x x= −   ，可得 ( ) 3 44 10 3f x x x= − ， 令 ( ) 0f x = ，可得 2 3 15 x = ， 当 2 3 (0, ) 15 x 时，𝑓′(𝑥) > 0；当当 2 3 3 ( , ) 15 6 x 时，𝑓′(𝑥) < 0， 所以 ( )f x 在 2 3(0, ) 15 单调递增，在 2 3 3 ( , ) 15 6 单调递减， 当 2 3 15 x = 时，六棱锥的体积取得最大值， 此时正六边形 ABCDEF 的边长为 4 3 2 15 EF x= = . 故答案为： 4 3 15 . 题型五 用料最少问题 【例 5】（多选）国家统计局公布的全国夏粮生产数据显示，2020 年国夏粮总产量达 14281 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63000立方米的粮食储藏容器，如图 1 所示，已 知该容器分上下两部分，中上部分是底面半径和高都为 ( )10r r  米的圆锥，下部分是 底面半径为 r 米､高为 h米的圆柱体，如图 2 所示.经测算，圆锥的侧面每平方米的建造 费用为 2a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（ ） 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 9 页 A．10 40r  B． h的最大值为 1880 3 C．当 21r = 时， 7029y a= D．当 30r = 时， y 有最小值，最小值为 6300a 【答案】BCD 【解析】根据已知，利用圆柱和圆锥的体积公式求得 h，结合 0h  可得 r 的范围，则 可判断 A 的对错；根据 h与 r 的关系即可利用 r 的范围求 h的最大值，则可判断 B 的对 错；分别求出圆锥的侧面积和圆柱的侧面积，底面积，然后得到总费用的表达式，进 而将 21r = 代入，即可判断 C 选项的对错；在 C 的基础上，利用导数求解最值即可判 断 D 的对错. 【详解】由题意可得 2 21 63000 3 r r r h   + = ，所以 3 2 2 1 63000 63000 13 3 rh r r r    − −= = ，由 0h  ，得 2 63000 1 0 3 r r −  ，解得 330 7r  ，所以 310 30 7r  ，故 A 项不正确. 易知 h随 r 的增大而减小，所以当 10r = 时， h取得最大值，且最大值 1880 3 ，故 B 项正 确. 圆锥的母线长 2l r= ，故圆锥的侧面积 2 1 2 2S rl r r r  = =  = ， 圆柱的侧面积 2 2 2 63000 1 2 63000 2 2 2 3 3 S rh r r r r r       = = − = −    ，圆柱的底面积 2 3S r= ， 所以总费用 ( )1 2 32y aS a S S= + + 2 2 22 63000 22 2 3 a r a r r r       =  + − +    27 2 63000 3 a a r r   = + . 当 21r = 时， 27 2 6300021 7029 3 21 a a y a     =  + = ，C 项正确. ( )3 2 2 14 2700014 2 63000 3 3 a ra a y r r r   − = − = ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 10 页 当10 30r  时， 0 y ，函数 27 2 63000 3 a a y r r   = + 单调递减， 当 330 30 7r  时， 0 y ，函数 27 2 63000 3 a a y r r   = + 单调递增， 所以当 30r = 时， y 取得最小值，最小值为 27 2 6300030 6300 3 30 a a a      + = ，D 项正 确. 故选：BCD 【点睛】关键点睛：本题粮食储存问题为背景，解题关键是通过组合体体积与表面积 的求解，制造总费用的最值的求解，主要考查考查运算求解能力､逻辑思维能力､创新 能力，难度属于中档题 【跟踪训练 5】将一个边长为 3 的正方形铁片的四角截去四个边长均为 x 的小正方形， 做成一个无盖方盒． (1)试把方盒的容积V 表示为 x 的函数， x 多大时，方盒的容积V 最大? (2)若 ( ) ( )21 3e ln 2 8 24 x V x f x x m   = − + − +     ，证明：当 2m  时， ( ) 0f x  ． 【答案】(1) 2 3(3 2 ) 0 2 V x x x   = −      ，当 1 2 x = 时，方盒的容积V 最大为2 (2)证明见解析 【详解】（1）由题可知，无盖方盒的棱长分别为： ( ) ( ), 3 2 , 3 2x x x− − ， 所以方盒的容积 2 3(3 2 ) 0 2 V x x x   = −      ， 令 2( ) 4(3 2 ) (3 2 ) (3 2 )(3 6 ) 0V x x x x x x = − − + − = − − = ， 解得 3 2 x = 或 1 2 x = ， 当 1 0, 2 x       时， ( ) 0V x  ，所以 (x)V 在 1 0, 2       单调递增， 当 1 3 , 2 2 x       时， ( ) 0V x  ，所以 (x)V 在 1 3 , 2 2       单调递减， 所以当 1 2 x = 时，有最大值 1 1 4 2 2 2 V   =  =    ． （2）证明： ( ) ( ) ( )2 1 3 e ln e ln 2 8 24 x x V x f x x m x m   = − + − + = − +     ， 设 ( )e( l) nx x mg m −= + ， 3 0, 2 x       ， 2m  ， 则 ) 1 0(m x m g − + =  ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 11 页 所以 ( )g m 在 ( ,2− 上单调递减，所以 ( )e ln 2( ) (2) xg m g x− += ， 设 ( )e ln 2 , 3 ( ) 0, 2 xh x xx   =    −  + ， 则 1 ( ) e 2 xh x x  = − + ，则 ( )h x 在 3 0, 2       上单调递增， 所以 1 1 ( ) (0) 1 0 2 2 h x h  = − =  ， 所以 ( )h x 在 3 0, 2       上单调递增， ( ) (0) 1 ln2 0h x h = −  ， 所以 ( ) 0g m  ，即 ( )( ) e ln 0xf x x m= − +  ． 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法： 一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数 形结合思想的应用； 二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理， 题型六 解决近似计算问题 【例 6】英国数学家牛顿在 17 世纪给出一种求方程近似根的方法一 Newton-Raphson method 译为牛顿-拉夫森法.做法如下：设 r 是 ( ) 0f x = 的根，选取 0x 作为 r 的初始近似 值，过点(𝑥0, 𝑓(𝑥0))作曲线𝑦 = 𝑓(𝑥)的切线 l ： ( ) ( )( )0 0 0y f x f x x x− = − ，则 l 与 x 轴交 点的横坐标为 ( ) ( ) ( )( )01 0 0 0 0 f x x x f x f x   = −  ，称 1x 是 r 的一次近似值；重复以上过程，得 r 的近似值序列，其中 ( ) ( ) ( )( )1 0 n n n n n f x x x f x f x +   = −  ，称 1nx + 是 r 的 1n+ 次近似值.运用 上述方法，并规定初始近似值不得超过零点大小，则函数 ( ) ln 3f x x x= + − 的零点一次 近似值为（ ）（精确到小数点后 3 位，参考数据： ln2 0.693= ） A．2.207 B．2.208 C．2.205 D．2.204 【答案】C 【分析】依题意依次计算化简即可. 【详解】易知 ( ) ln 3f x x x= + − 在定义域上单调递增， ( ) ( )2 2 ln 2 3 0 3 ln3f f= + −   = ，即函数的零点有且只有一个，且在区间 ( )2,3 上. 不妨取 0 2x = 作为初始近似值， ( ) 1 1f x x  = + ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 12 页 由题意知 ( ) ( )1 2 ln 2 1 2ln 2 2 0.614 2 2 2 2 2.205 12 3 3 1 2 f x f  − − = − = − = − = +  + . 故选：C. 【跟踪训练 6】英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式:当 ( )f x 在 0x = 处的 ( )*n nN 阶导数都存在时， (3) 2 3(0) (0)( ) (0) (0) 2! 3! f f f x f f x x x  = + + + + + ( ) (0) ! n nf x n + .注: ( )f x 表示 ( )f x 的 2 阶导数，即为 ( )f x 的导数， ( ) ( )( )3nf x n  表示 ( )f x 的 n 阶导数，即为 ( ) ( )( )1 3nf x n+  的导数. !n 表示n 的阶乘，即 ! 1 2 3n n=     .该公式也称为麦克劳林公式.根据该公式估算sin1的值为 .(精 确到小数点后两位) 【答案】0.84 【分析】根据麦克劳林公式，求出 3 5 7 sin 3! 5! 7! x x x x x= − + − + ，令 1x = 即可求解. 【详解】令 ( ) sinf x x= ， 则 ( ) cosf x x = ， ( ) sinf x x = − ， ( ) ( )3 cosf x x= − ， ( ) ( )4 sinf x x= ， 故 (3)(0) 0, (0) 1, (0) 0, (0) 1,f f f f = = = = − ， 由麦克劳林公式得， 3 5 7 sin 3! 5! 7! x x x x x= − + − + ， 所以 1 1 1 sin1 1 0.84 3! 5! 7! = − + − +  . 故答案为：0.84. 课后突破训练 1．已知等腰梯形的上底长为 1，腰长为 1，若以等腰梯形的上底所在直线为轴，旋转 一周形成一个几何体，则该几何体表面积的最大值为（ ） A．3 3π B． ( )2 3 π+ C． ( )1 2 3 π+ D． ( )3 3 π+ 【答案】A 【分析】设梯形的高为 h，根据旋转体的特征及锥体与柱体的表面积公式结合导数计 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 13 页 算最值即可. 【详解】根据题意可设梯形的高为 ( )0,1h ， 易知该几何体为圆柱体挖掉两个相同的锥体， 欲使表面积最大，则下底长要大于 1，即 22 1 1h− + ， 则该几何体侧面积为 ( )22 1 1 2πh h− + ，两个锥体的侧面积均为 1 1 2π 2 h  ， 所以该几何体表面积 ( )24π 1 1S h h= − + ， 设 ( ) ( )( ) ( ) 2 2 2 4 2 1 2 1 0,1 1 h h f h h h h h f h h − + −  = − +  = − ， 记 ( )2 , 0,1t h t=  ，令 3 1 2 1 0 4 t t t− + − =  = ，此时 3 2 h = ， 又 1 2 1y t t= − + − 定义域内单调递减， 所以 3 0, 4 t       时 ( ) ( ) 1 2 1 0 1 t t f h g t t − + − = =  −  ， 3 ,1 4 t       时 ( ) ( ) 0f h g t =  ， 即 ( ) max 3 3 3 2 4 f h f   = =     ，则 max 3 3πS = . 故选：A 2．已知正三棱锥的高为 h ，且各顶点都在同一球面上. 若该球的体积为 32 π 3 ，则 三棱锥体积的最大值是（ ） A． 32 3 27 B． 64 3 27 C． 128 3 27 D． 256 3 27 【答案】B 【分析】由外接球的体积得出球半径，再由正三棱锥得出体积，利用导数求最值即可. 【详解】如图，设 H 为底面三角形的中心，PH 为三棱锥的高，设为 h， 由题意得， 34 32ππ 3 3 V R= =球 ，解得 2R = ， 该三棱锥为正三棱锥， 2 3 3 2 HC BC=  , ( ) 2 23 4 2 3 4BC h h h =  − − =  − + ， ( )2 3 2 1 3 3 4 3 4 4 P ABCV BC h h h− =    = − + ( )0 4h  ， 令 ( ) ( ) ( )3 2 24 0 4 3 8f h h h h f h h h= − +   = − +， ， 由 ( ) 0f h = ，可得 8 3 h = 或 0h = （舍去）， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 14 页 当 8 0 3 x       ， 时， ( ) 0f h  ，当 8 4 3 x       ， 时， ( ) 0f h  ， ( )f h 在 8 0 3       ， 单调递增，在 8 4 3       ， 单调递减， ( ) 8 256 3 27max f h f   = =    ， 64 3 27 maxV = . 故选：B 3．用半径为 1 的圆形铁皮剪出一个圆心角为 的扇形，制成一个圆锥形容器，当容器 的容积最大时， =（ ） A． 6 π 3 B． 2 6 π 3 C． 2 π 2 D． 2π 【答案】B 【分析】设圆锥的底面半径为 r ，高为 h，体积为V ，求出 2 2 2r h R+ = ，表示出体积表 达式，利用导数求出函数的最大值，得到结果． 【详解】设圆锥的底面半径为 r ，高为 h，体积为V ，那么 2 2r h 1+ = ， 因此 2 2 31 1 1 1π π(1 ) π π (0 1) 3 3 3 3 V r h h h h h h= = − = −   ， 可得 21 π π 3 V h = − ． 令 0V  = ，即 21 π π 0 3 V h = − = ，得 3 3 h = ， 当 3 0 3 h  时， 0V   ；当 3 1 3 h  时， 0V   ， 所以 3 3 h = 时，V 取得极大值，并且这个极大值是最大值， 把 3 3 h = 代入 2 2r h 1+ = ，得 6 3 r = ， 由 2πr = ，得 2 6 π 3  = ． 故选：B． 4．边长为 4 的正方形，经如图所示的方式裁剪后，可围成一个正四 棱锥，则此正四棱锥体积的最大值为（ ） A． 32 15 375 B． 16 15 375 C． 128 5 375 D． 64 5 375 【答案】C 【分析】设底面边长为2𝑥 ( )0 1x  ，则斜高为2 x− ，正四棱锥的高为2 1 x− ，从而 表示出 4 58 3 V x x= − ，令 ( ) ( )4 5 0 1h x x x x= −   ，利用导数求出函数的最大值，即可 得解. 【详解】设底面边长为2𝑥 ( )0 1x  ，则斜高为2 x− ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 15 页 即此正四棱锥的高为 ( ) 2 22 2 1x x x− − = − ， 所以此正四棱锥体积为 2 4 51 84 2 1 3 3 V x x x x=   − = − ， 令 ( ) ( )4 5 0 1h x x x x= −   ， 则 ( ) ( )3 4 34 5 4 5h x x x x x = − = − ， 所以当 4 0 5 x  时 ( ) 0h x  ，当 4 1 5 x  时 ( ) 0h x  ， 所以 ( )h x 在 4 0, 5       上单调递增，在 4 ,1 5       上单调递减， 所以 ( )h x 在 4 5 x = 处取得极大值，即最大值， 所以 ( ) 4 max 4 4 1 5 5 5 h x h     = =         ， 所以 4 2 max 8 4 1 8 4 5 128 5 3 5 5 3 5 5 375 V     =  =   =        ， 即正四棱锥体积的最大值为 128 5 375 . 故选：C. 5．如图，在棱长为 ( )0a a  的正四面体 ABCD中，点 1B 、 1C 、 1D 分别在棱 AB、 AC 、 AD上，且平面 1 1 1 //B C D 平面BCD， 1A 为 BCD△ 内一点，记三棱锥 1 1 1 1A B C D− 的体积为V ，设 1 AD x AD = ，对于函数 ( )V f x= ，则（ ） A．当 2 3 x = 时，函数 ( )f x 取到最大值 B．函数 ( )f x 在 1 ,1 2       上是减函数 C．函数 ( )f x 的图象关于直线 1 2 x = 对称 D．存在 0x ，使得 ( )0 1 3 A BCDf x V − （其中 A BCDV − 为四面体 ABCD的体积） 【答案】A 【分析】求出 ( )V f x= 的解析式，利用导数分析函数 ( )f x 的单调性与最值，可判断 ABD 选项的正误，利用函数对称性的定义可判断 C 选项的正误. 【详解】设点A 在平面BCD内的射影为点O，连接 AO、BO，如下图所示： 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 16 页 则O为等边 BCD△ 的中心，故 3 2sin 60 3 a OB a= = ， AO ⊥平面BCD，BO 平面BCD， AO BO ⊥ ， 2 2 6 3 AO AB BO a = − = ， 23 4 BCDS a=△ ， 2 31 1 3 6 2 3 3 4 3 12 A BCD BCDV S AO a a a− =  =   =△ ， 因为平面 1 1 1 //B C D 平面BCD，则 1 1 1B C D BCD∽ ， 1 1 1 2 21B C D BCD S AD x S AD   = =    △ △ ， 且点A 到平面 1 1 1B C D 的距离为 6 3 ax ，所以，点 1A 到平面 1 1 1B C D 的距离为 ( ) 6 1 3 a x− ， ( ) ( ) ( ) 1 1 1 3 21 6 21 1 3 3 12 B C DV f x S a x a x x = =  − = −△ ，其中0 1x  ， 对于 A 选项， ( ) ( )3 2 2 2 3 12 f x a x x = − ， 当 2 0 3 x  时， ( ) 0f x  ，此时函数 ( )f x 单调递增， 当 2 1 3 x  时， ( ) 0f x  ，此时函数 ( )f x 单调递减， 所以，当 2 3 x = 时，函数 ( )f x 取到最大值，A 对； 对于 B 选项，由 A 选项可知，B 错； 对于 C 选项， ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 33 3 3 22 21 1 1 2 12 12 f x a x x a x x x f x − = − − − = − +    ， 故函数 ( )f x 的图象不关于直线 1 2 x = 对称，C 错； 对于 D 选项， 3 1 1 2 3 3 12 A BCDV a− =  ， ( ) 3 3 max 2 2 2 3 81 36 f x f a a   = =     ， 故对任意的 ( )0,1x ， ( ) 1 3 A BCDf x V − ，D 错. 故选：A. 【点睛】方法点睛：求空间几何体体积的方法如下： （1）求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以 及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解； （2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等 方法进行求解． 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 17 页 6．某城市要在广场中央的圆形地面设计一块浮雕，以彰显城市 积极向上的活力.某公司设计方案如图，等腰 PMN 的顶点 P 在 半径为20m的大 O 上，点M ， N 在半径为10m的小 O 上， 点O，点 P 在弦MN 的同侧.设 2 ( ) 2 MON    =  ，当 PMN 的面积最大时，对于其它区域中的某材料成本最省，则此时 cos =（ ） A． 1 2 B． 3 2 C． 3 1 2 − D． 2 2 【答案】C 【分析】用 表示出 PMN 的面积函数 ( )S  ，利用导数研究其单调性，从而求得 PMN 面积最大时对应cos的值． 【详解】如图所示，等腰 PMN 中， 2 ( ) 2 MON    =  ， 所以 PMN 的面积为： 1 1 1 ( ) 2 ( ) 2 [ 20 10 sin( ) 10 10 sin 2 ] 2 2 2 OPN OCNS S S   =  + =     − +    △ △ ( )50 4sin sin 2 + ， π (0, ) 2   ； ( )2( ) 100 2cos 2cos 1S    = + − ， 令 ( ) 22cos 2cos 1g   = + − ， π (0, ) 2   ， ∵ ( ) ( ) ( )4cos sin 2sin 2 sin2 sin 0g      =  − − = − +  ， 所以 ( )S  在 (0, ) 2  上单调递减， 令 ( ) 0S  = ，得 22cos 2cos 1 0 + − = ， 解得 3 1 cos 2  − = （负值舍去）； 设 0 3 1 cos 2  − = ， 0 (0, ) 2    ， 则在 ( )00, ， ( ) 0S   ， ( )S  单调递增， 在 0 , 2         ， ( ) 0S   ， ( )S  单调递减， 所以当取 0 = ，即 3 1 cos 2  − = 时， ( )S  取最大值， 即 PMN 的面积最大时，对应的 3 1 cos 2  − = ． 故选：C． 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 18 页 7．（多选）将圆柱 1 2O O 的下底面圆 1O 置于球O的一个水平截面内，恰好使得 1O 与水平 截面圆的圆心重合，圆柱 1 2O O 的上底面圆 2O 的圆周始终与球 O的内壁相接（球心O在圆柱 1 2O O 内部）．已知球O的半径 为 3， 1 3 2 OO = ．若 R 为上底面圆 2O 的圆周上任意一点，设 RO与圆柱 1 2O O 的下底面所成的角为 ，圆柱 1 2O O 的体积为 V ，则（ ） A． 可以取到 π 0, 2       中的任意一个值 B． ( )2 27π cos 1 2sin 2 V  = + C．V 的值可以是任意小的正数 D． max 81π 4 V = 【答案】BCD 【分析】先画出平面图，得到圆柱的底面半径 3cosr = ，高为 3 3sin 2  + ，代入圆柱 体积公式求解，再令 sint = ，利用导数求最值. 【详解】过 R 作圆柱 1 2O O 的轴截面 PQRS ，过 O 作 1 2MN O O⊥ 交圆柱轴截面的边于 M，N， 由RO与圆柱的下底面所成的角为 ，则 3cos , 3sinOM MR = = ，所以 ( )2 2 21 27π π π (3cos ) 3sin cos (1 2sin ) 2 V OM QR OO   =   =  + = + ， 即 ( )2 2 27π 27π cos (1 2sin ) 1 sin (1 2sin ) 2 2 V    = + = −  + ，故 B 正确； 当点 P，Q 均在球面上时，角 取得最小值，此时 1 2 3 2 OO OO= = ，所以 π 6  = ， 所以 π π , 6 2 a       ，故 A 错误； 令 1 sin ,1 2 a t   =     ，所以 ( ) ( )2 3 2 27π 27π 1 (1 2 ) 2 2 1 2 2 V t t t t t= − + = − − + + ， 所以 ( )2 27π 6 2 2 2 V t t = − − + ，另 26 2 2 0t t− − + = ， 解得两根 1 2 1 13 1 13 , 2 2 t t − − − + = = ， 所以 ( 2 227π 27π 1 1 27π6 2 2) 6 2 2 0 2 2 2 2 4 V t t    = − − +   −  −  + = −         ， 所以 ( )3 2 27π 2 2 1 2 V t t t= − − + + 在 1 ,1 2 t       时单调递减， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 19 页 所以 3 2 max 27π 1 1 1 81π 2 2 1 2 2 2 2 4 V        =  −  − +  + =               ， 81π 0 4 V  ，故 CD 正确； 故选：BCD． 【点睛】关键点睛：本题主要考查运用导数求最值的方法，难度较大，解决问题的关 键在于先画出平面图，得到圆柱的底面半径 3cosr = ，高为 3 3sin 2  + ，代入圆柱体 积公式求解，再令 sint = ，利用导数求最值. 8．（多选）如图，一块边长为10cm正方形铁片上有四个以O为顶点的全等的等腰三角 形（如图 1），将这 4 个等腰三角形裁下来，然后用余下的四块阴影部分沿虚线折叠， 使得A ， A重合， B ，B重合，C ，C重合，D，D 重合， 1P ， 2P ， 3P ， 4P 重合为 点 P ，得到正四棱锥O ABCD− （如图 2）．则在正四棱锥O ABCD− 中，以下结论正确 的是（ ） A．平面OAC ⊥平面OBD B． / /AD 平面OBC C．当 2cmAP = 时，该正四棱锥内切球的表面积为 ( )2 6 π cm 5 D．当正四棱锥的体积取到最大值时， ( )4 cmAP = 【答案】ABD 【分析】对于 A，利用正棱锥的性质分析判断，对于 B，由已知可得 AD ‖ BC ，再利用 线面平行的判定理判断，对于 C，利用等体积法可求得内切球的半径，对于 D，设 AP x= ，可得 2 2 10 5 3 O ABCDV x x− = − ，利用导数可求出其最大值. 【详解】对于 A，连接OP ，在正四棱锥O ABCD− 中，OA OC= ，由折叠可得， P 为 AC 的中点，所以 AP OP⊥ ， 因为四边形 ABCD为正方形，所以 AC BD⊥ ，即 AP BD⊥ ， 因为BD OP O= ， ,BD OP平面OBD，所以 AP ⊥平面OBD， 因为 AP 平面OAC ，所以平面OAC ⊥平面OBD，所以 A 正确， 对于 B，因为 AD ‖ BC， AD平面OBC ， BC 平面OBC ，所以 AD ‖平面OBC ，所 以 B 正确， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 20 页 对于 C，当 2cmAP = 时，因为四边形 ABCD为正方形，所以 2 2AB = ， 因为在图 1 中， 2A BP 为等腰直角三角形，所以 2 2A P = ，所以 1 2AP = ， 因为正方形铁片的边长为 10，所以 2 25 3 34OA= + = 所以 OAB△ 中 AB边上的高为 2 2 1 34 2 4 2 2 OA AB   − = − =    ， 2 2 34 4 30OP OA AP= − = − = ， 所以 1 1 8 30 4 4 30 3 2 3 O ABCDV − =     = ， 设内切球的半径为 r ，则 1 1 4 3 3 O ABCD ABCD AOBV S r S r− =  +   ， 所以 8 30 1 1 1 1 4 4 4 2 2 4 2 3 3 2 3 2 r r=    +     ，解得 30 5 r = ， 所以该正四棱锥内切球的表面积为 2 2 30 24π4π 4π 5 5 r   = =     ( )2cm ，所以 C 错误， 对于 D，设 AP x= ，则 2 2(5 ) 5OA x= − + ， 2 2 2(5 ) 5 50 10OP x x x= − + − = − ， 所以 2 1 1 2 10 2 2 50 10 5 3 2 3 O ABCDV x x x x x− =    − = − ， 令 5 (0, 5)x t− =  ，则 2 4 2 10 (25 10 ) 3 O ABCDV t t t− = − + ，令 2 42 10 (25 10 ) 3 y t t t= − + ， 则 2 4 2 2 2 10 10 10 (25 30 5 ) ( 5)( 1) 3 3 y t t t t = − + = − − ， 令 0y = ，则 2 5t = （舍去），或 2 1t = ， 当 20 1t  时， 0 y ，当 21 5t  时， 0 y ， 所以当 2 1, 4t AP= = 时， y 有最大值 32 10 3 ，所以 D 正确， 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：此题考查正四棱锥的性质，考查导数的综合应用，考查正四棱 锥内切球半径的求解，解题的关键是利用等体积法求出内切球的半径，考查空间想象 能力和计算能力，属于较难题. 9．（多选）已知圆台的上下底面的圆周都在半径为 2 的球面上，圆台的下底面过球 心，上底面半径为 (0 2)r r  ，设圆台的体积为V ，则下列选项中说法正确的是 （ ） A．当 1r = 时， 7 3 3 V  = B．V 存在最大值 C．当 r 在区间 ( )0,2 内变化时，V 逐渐减小 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 21 页 D．当 r 在区间 ( )0,2 内变化时，V 先增大后减小 【答案】ABD 【分析】通过题意得到圆台体积 V 关于外接球半径 r 的函数，容易判断 A； 利用导数探讨该函数的单调性和最值，可以判断 B,C,D. 【详解】设圆台的上底面的圆心为 1O ，下底面的圆心为O，点A 为上底面圆周上任意 一点， 圆台的高为 h，球的半径为 R ，则 ( ) 22 2 1 1 4h OO R O A r= = − = − ( ) ( ) ( )2 2 2 2 21 1 4 4 4 2 4 4 (0 2) 3 3 3 V S SS S h r r r r r r r     = + + = +  + − = + +   − ，对选项 ( ) 7 3 A : 1, 1 2 4 3 ,A 3 3 r V  = = + + = 正确； 3 2 2 3 4 4 8 3 4 r r r V r  − − + + =  −  ，设 ( ) 3 23 4 4 8f r r r r= − − + + ， 则 ( ) 29 8 4f r r r = − − + ，设 ( ) 0f r = 可得 29 8 4 0r r+ − = 1 8 4 13 18 r − − = ， 2 8 4 13 18 r − + = 知 ( )2 0,2r  ，且当 ( ) ( )20, , 0r r f r   ； ( 2 ,r r 2)， ( ) ( )0,f r f r  在 ( )20,r 单调递增，在 ( )2 ,2r 单调递减， 由 ( ) ( ) ( )0 8, 1 5, 2 24f f f= = = − ， ( )0 1,2r  ，使得 ( )0 0f r = ，当 ( ) ( )00, , 0r r f r  ，即 0;V   当 ( ) ( )0,2 , 0r r f r  ，即 0V   ，所以V 在 ( )00,r 单调递增，在 ( )0 , 2r 单调递减，则 B，D 正确，C 错误， 故选：ABD . 10．如图，用一块形状为半椭圆 2 2 1( 0) 4 y x y+ =  的铁皮截取一 个以短轴BC 为底的等腰梯形 ABCD，记所得等腰梯形的面积为 S，则S的最大值是 ． 【答案】 3 3 2 【分析】设 ( ),D x y ，结合椭圆的几何性质，求得梯形的面积为 ( 1)S x y= + ，化简得到 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 22 页 2 4 34 8 8 4S x x x= − − + + ，构造函数，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解. 【详解】设D点坐标为 )(0 1)( , yx x  ，由点D在椭圆上知 2 2 1( 0) 4 y x y+ =  ，得 2 24(1 )y x= − ， 等腰梯形 ABCD的面积为 ( ) 1 1 (2 2) ( 1) 2 2 S AD BC y x y x y= + = + = + ， 2 2 2 2 2 4 3 4 3( 1) 4( 1) (1 ) 4( 2 2 1) 4 8 8 4S x y x x x x x x x x = + = + − = − − + + = − − + + ， 令 ( ) 4 34 8 8 4(0 1)f x x x x x= − − + +   ， ( ) 3 2 24( 4 6 2) 8( 1) (2 1)f x x x x x = − − + = − + − ， 则当 1 0 2 x  时， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递增； 当 1 1 2 x  时， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递减. 则在区间(0,1)上， ( )f x 有唯一的极大值点 1 2 x = ， 所以当 1 2 x = 时， 2S 有最大值为 27 4 ； 即当 1 2 x = 时，S有最大值为 3 3 2 . 故答案为： 3 3 2 . 11．牛顿迭代法（ 'Newton smethod ）是牛顿在 17 世纪提出的一种求方程近似根的方 法.如图，设 r 是 ( ) 0f x = 的根，选取 0x 作为 r 的初始近似值，过点 ( )( )0 0,x f x 作曲线 ( )y f x= 的切线 ,l l 与 x 轴的交点的横坐标 ( ) ( ) ( )( )01 0 0 0 , 0 f x x x f x f x = −   ，称 1x 是 r 的“一 次近似值”，过点 ( )( )1 1,x f x 作曲线 ( )y f x= 的切线，则该切线与 x 轴的交点的横坐标 为 ( ) ( ) ( )( )12 1 1 1 , 0 f x x x f x f x = −   ，称 2x 是 r 的“二次近似值”， 重复以上过程，得到 r 的近似值序列.若 2 2f x x ，取 0 2x = 作为 r 的初始近似值，则 ( ) 0f x = 的正根的“三次近 似值”为 .（请用分数做答） 【答案】 577 408 【分析】求得函数的导数，确定相邻两次近似值之间的递推关系，结合 0 2x = ，即可 求得答案. 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 23 页 【详解】由题意得 ( ) ( ) 2 1 2 1 1 ( ) 2 , 2 2 n n n n n n n n n f x x f x x x x x x f x x x + −   = = − = − = + ， 0 2x = 时， 1 0 2 1 3 2 0 1 2 1 1 3 1 1 17 1 1 577 , , 2 2 2 12 2 408 x x x x x x x x x = + = = + = = + = ， 故答案为： 577 408 . 12．立德中学高中数学创新小组开展一项数学实验（1）给出两块相同的边长都为 8cm 的正三角形薄铁片（如图 1、图 2），其中图 1，沿正三角形三边中点连线折起，可拼 得一个正三棱锥；图 2，正三角形三个角上剪出三个相同的四边形（阴影部分）每个 四边形中有且只有一组对角为直角，余下部分按虚线折起，可成一个缺上底的正三棱 柱（底面是正三角形的直棱柱）形容器． (1)试求图 1 剪拼的正三棱锥体积的大小； (2)设正三棱柱底面边长为 x，将正三棱柱形容器的容积 V 表示为关于 x 的函数，并标 明其定义域，并求其最值． (3)如果给出的是一块任意三角形的纸片（如图 3），要求剪拼成一个直三棱柱模型，使 它的全面积与给出的三角形的面积相等，请仿照图 2 设计剪拼方案，用虚线标示在图 3 中，并作简要说明． 【答案】(1) 16 2 3 (2) 3 2 (0 8), 8 x V x x= − +   ，正三棱柱形容器的容积 V 有最大值为 3256 27 cm ，无最小值 (3)见解析 【分析】（1）利用正三棱锥的结构特征及体积公式求解即可； （2）由已知求出三棱柱的高及底面积，再由棱柱体积公式可得容积V 关于 x 的函数， 利用导数求得最值； （3）根据题中操作过程，结合三角形内心的性质、直三棱柱的定义进行操作即可． 【详解】（1）解：正三棱锥底面是边长为 4 的正三角形，其面积为4 3． 如图所示：在正三棱锥中， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 24 页  2 2 2 2 2 22 1 4 64 4 ( 4) 3 2 3 DO BD BO   = − = − −  =     ， 61 2 4 3 4 6 1 3 33 V =   = （2）解：结合平面图形数据及三棱柱直观图，求得： 三棱柱的高 3 (4 )cm 3 2 x h = − ，其底面积 2 2 3 cm 4 S x= ， 则三棱柱容器的容积 2 3 2 23 3 (4 ) (4 ) 4 3 2 4 2 8 x x x x V Sh x x= =  − = − = − + ， 即所求函数关系式为 3 2 (0 8), 8 x V x x= − +   ， 23 3 2 2 8 8 x x V x x   = − + = − +     ， 令 0V  = ，即 3 2 0 8 x x   − + =    ， 解得： 1 2 16 0, 3 x x= = ， 当 16 0 3 x  ， 0V   ， 3 2 8 x V x= − + 单调递增， 当 16 8 3 x  ， 0V   ， 3 2 8 x V x= − + 单调递减， 在 2 16 3 x = 时，正三棱柱形容器的容积 V 有最大值为： 3 2 1 16 16 256 8 3 3 27 V     = −  + =        （3）解：如图，分别连接三角形的内心与各顶点，得三 条线段，再以这三条线段的中点为顶点作三角形． 以新作的三角形为直棱柱的底面，过新三角形的三个顶点向原三角形三边作垂线，沿 六条垂线剪下三个四边形， 可以拼成直三棱柱的上底，余下部分按虚线折起，成为一个缺上底的直三棱柱， 再将三个四边形拼成上底即可得到直三棱柱． 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 1 页 49 导数实际应用问题重难点专题 常考结论及公式 结论一：导数解决实际生活中优化问题的步骤 特别地，在求解实际应用问题时，一定要注意函数的自变量取值范围的讨论. 结论二：利用导数解决近似计算问题 （1）牛顿法：英国数学家牛顿在 17 世纪给出了一种求方程近似根的方法—牛顿迭代 法，做法如下：如图，设 r 是 ( ) 0f x = 的根，选取 0x 作为 r 的初始近似值，过点 (𝑥0, 𝑓(𝑥0))作曲线𝑦 = 𝑓(𝑥)的切线 ( ) ( )( )0 0 0:l y f x f x x x− = − ，则 l 与 x 轴的交点的横 坐标 1 0x x= − ( ) ( ) ( )( )0 0 0 0 f x f x f x    ，称 1x 是 r 的第一次近似值；过点(𝑥1, 𝑓(𝑥1))作曲线 𝑦 = 𝑓(𝑥)的切线，则该切线与 x 轴的交点的横坐标为 2x ，称 2x 是 r 的第二次近似值；重 复以上过程，得 r 的近似值序列，其中 ( ) ( ) ( )( )1 0 n n n n n f x x x f x f x +   = −  ，称 1nx + 是 r 的 1n+ 次近似值，这种求方程 ( ) 0f x = 近似解的方法称为牛顿迭代法. （2）泰勒公式展开放缩法：前面已有介绍，不在重复. 题型一 利润最大化问题 【例 1】为响应国家“乡村振兴”政策，某村在对口帮扶单位的支持下拟建一个生产农机 产品的小型加工厂.经过市场调研，生产该农机产品当年需投入固定成本10万元，每年 需另投入流动成本 ( )c x （万元）与 ln 10 x 成正比（其中 x （台）表示产量），并知当生 产 20台该产品时，需要流动成本 ln 2万元，每件产品的售价 ( )p x 与产量 x （台）的函 数关系为 ( ) 10 51 100 50 x p x x = − + + （万元）（其中 10x  ）.记当年销售该产品 x 台获得的 重难点题型归纳与精讲 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 2 页 利润（利润=销售收入−生产成本）为 ( )f x 万元. (1)求函数 ( )f x 的解析式； (2)当产量 x 为何值时，该工厂的年利润 ( )f x 最大？最大利润是多少？（结果精确到 0.1） 【跟踪训练 1】有一直角转弯的走廊（两侧与顶部封闭），已知两侧走廊的高度都是 6 米，左侧走廊的宽度为3 3米，右侧走廊的宽度为 1 米，现 有不能弯折的硬管需要通过走廊．设可通过的最大极限长 度为 l 米（不计硬管粗细）．为了方便搬运，从而达到经济 效益最大化，规定允许通过此走廊的硬管的最大实际长度 为 0.8m l= 米，则m 的值是 ． 题型二 成本最小问题 【例 2】如图，从边长为 100 米的等边三角形花园 ABC 的点A 沿直 线修一条路到边BC上的点D，再从D沿直线修一条路到边 AC 上 的点E，且 //DE AB，若路 AD每米的造价是路DE 每米造价的 13倍，则当BD = 米时，修筑这两条路的总造价最低． 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 3 页 【跟踪训练 2】如图所示，一个仓库设计由上部屋顶和下部主 体两部分组成，屋顶的形状是四棱锥P ABCD− ，四边形 ABCD是正方形，点O为正方形 ABCD的中心， ⊥PO 平面 ABCD；下部的形状是长方体 ABCD A B C D−     .已知上部屋顶 造价与屋顶面积成正比，比例系数为 ( )0k k  ，下部主体造价与高度成正比，比例系 数为8k .若欲造一个上、下总高度为 10 m , 8AB = m 的仓库，则当总造价最低时， PO =（ ） A． 4 5 5 m B． 4 3 3 m C．4m D．4 5m 题型三 面积最值问题 【例 3】在数学建模探究课上，某小组同学将一张矩形纸片的右下角 折起，使得该角的顶点落在矩形的左边上 (如图所示 )，其中 12AB = cm 若 π 6 FEB = ，则 FAP的面积是 cm2 随着点 P 的位置不 同，折痕 EF 的长度在改变，其最小值是 cm 【跟踪训练 3】如图，A 、 B 两点分别在 x 、 y 轴上滑动， OP AB⊥ ， P 为垂足， P 点轨迹形成“四叶草”的图形，若 2AB = ，则 OAP的面积最大值为 ． 题型四 体积最值问题 【例 4】一个顶点为 P ，底面中心为O的圆锥的体积为 π，若正四棱锥O ABCD− 内接 于该圆锥，平面 ABCD与该圆锥底面平行，点 , , ,A B C D都在圆锥的侧面上，则正四棱 锥O ABCD− 的体积的最大值是 ． 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 4 页 【跟踪训练 4】在半径为 1 的圆O中，以圆心O为中心作一个正 六边形 ABCDEF ，再分别以其各边为底边，圆O上的点为顶点 作等腰三角形 1 1 1 1 1 1, , , , ,A AB B BC C CD D DE E EF F FA△ △ △ △ △ △ ， 如图，沿虚线剪开后，分别以 AB BC CD DE EF FA, , , , , 为折痕折 起 1 1 1 1 1 1, , , , ,A AB B BC C CD D DE E EF F FA△ △ △ △ △ △ ，使 1 1 1 1 1 1, , , , ,A B C D E F 重合，得到六棱锥，则当六棱锥体积最大时，正六边形的边长 为 ． 题型五 用料最少问题 【例 5】（多选）国家统计局公布的全国夏粮生产数据显示，2020 年国夏粮总产量达 14281 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63000立方米的粮食储藏容器，如图 1 所示，已 知该容器分上下两部分，中上部分是底面半径和高都为 ( )10r r  米的圆锥，下部分是 底面半径为 r 米､高为 h米的圆柱体，如图 2 所示.经测算，圆锥的侧面每平方米的建造 费用为 2a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 40r  B． h的最大值为 1880 3 C．当 21r = 时， 7029y a= D．当 30r = 时， y 有最小值，最小值为 6300a 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 5 页 【跟踪训练 5】将一个边长为 3 的正方形铁片的四角截去四个边长均为 x 的小正方形， 做成一个无盖方盒． (1)试把方盒的容积V 表示为 x 的函数， x 多大时，方盒的容积V 最大? (2)若 ( ) ( )21 3e ln 2 8 24 x V x f x x m   = − + − +     ，证明：当 2m  时， ( ) 0f x  ． 题型六 解决近似计算问题 【例 6】英国数学家牛顿在 17 世纪给出一种求方程近似根的方法一 Newton-Raphson method 译为牛顿-拉夫森法.做法如下：设 r 是 ( ) 0f x = 的根，选取 0x 作为 r 的初始近似 值，过点(𝑥0, 𝑓(𝑥0))作曲线𝑦 = 𝑓(𝑥)的切线 l ： ( ) ( )( )0 0 0y f x f x x x− = − ，则 l 与 x 轴交 点的横坐标为 ( ) ( ) ( )( )01 0 0 0 0 f x x x f x f x   = −  ，称 1x 是 r 的一次近似值；重复以上过程，得 r 的近似值序列，其中 ( ) ( ) ( )( )1 0 n n n n n f x x x f x f x +   = −  ，称 1nx + 是 r 的 1n+ 次近似值.运用 上述方法，并规定初始近似值不得超过零点大小，则函数 ( ) ln 3f x x x= + − 的零点一次 近似值为（ ）（精确到小数点后 3 位，参考数据： ln2 0.693= ） A．2.207 B．2.208 C．2.205 D．2.204 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 6 页 【跟踪训练 6】英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式:当 ( )f x 在 0x = 处的 ( )*n nN 阶导数都存在时， (3) 2 3(0) (0)( ) (0) (0) 2! 3! f f f x f f x x x  = + + + + + ( ) (0) ! n nf x n + .注: ( )f x 表示 ( )f x 的 2 阶导数，即为 ( )f x 的导数， ( ) ( )( )3nf x n  表示 ( )f x 的 n 阶导数，即为 ( ) ( )( )1 3nf x n+  的导数. !n 表示n 的阶乘，即 ! 1 2 3n n=     .该公式也称为麦克劳林公式.根据该公式估算sin1的值为 .(精 确到小数点后两位) 课后突破训练 1．已知等腰梯形的上底长为 1，腰长为 1，若以等腰梯形的上底所在直线为轴，旋转 一周形成一个几何体，则该几何体表面积的最大值为（ ） A．3 3π B． ( )2 3 π+ C． ( )1 2 3 π+ D． ( )3 3 π+ 2．已知正三棱锥的高为 h ，且各顶点都在同一球面上. 若该球的体积为 32 π 3 ，则 三棱锥体积的最大值是（ ） A． 32 3 27 B． 64 3 27 C． 128 3 27 D． 256 3 27 3．用半径为 1 的圆形铁皮剪出一个圆心角为 的扇形，制成一个圆锥形容器，当容器 的容积最大时， =（ ） A． 6 π 3 B． 2 6 π 3 C． 2 π 2 D． 2π 4．边长为 4 的正方形，经如图所示的方式裁剪后，可围成一个正四 棱锥，则此正四棱锥体积的最大值为（ ） A． 32 15 375 B． 16 15 375 C． 128 5 375 D． 64 5 375 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 7 页 5．如图，在棱长为 ( )0a a  的正四面体 ABCD中，点 1B 、 1C 、 1D 分别在棱 AB、 AC 、 AD上，且平面 1 1 1 //B C D 平面BCD， 1A 为 BCD△ 内一点，记三棱锥 1 1 1 1A B C D− 的体积为V ，设 1 AD x AD = ，对于函数 ( )V f x= ，则（ ） A．当 2 3 x = 时，函数 ( )f x 取到最大值 B．函数 ( )f x 在 1 ,1 2       上是减函数 C．函数 ( )f x 的图象关于直线 1 2 x = 对称 D．存在 0x ，使得 ( )0 1 3 A BCDf x V − （其中 A BCDV − 为四面体 ABCD的体积） 6．某城市要在广场中央的圆形地面设计一块浮雕，以彰显城市 积极向上的活力.某公司设计方案如图，等腰 PMN 的顶点 P 在 半径为20m的大 O 上，点M ， N 在半径为10m的小 O 上， 点O，点 P 在弦MN 的同侧.设 2 ( ) 2 MON    =  ，当 PMN 的面积最大时，对于其它区域中的某材料成本最省，则此时 cos =（ ） A． 1 2 B． 3 2 C． 3 1 2 − D． 2 2 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 8 页 7．（多选）将圆柱 1 2O O 的下底面圆 1O 置于球O的一个水平截面内，恰好使得 1O 与水平 截面圆的圆心重合，圆柱 1 2O O 的上底面圆 2O 的圆周始终与球 O的内壁相接（球心O在圆柱 1 2O O 内部）．已知球O的半径 为 3， 1 3 2 OO = ．若 R 为上底面圆 2O 的圆周上任意一点，设 RO与圆柱 1 2O O 的下底面所成的角为 ，圆柱 1 2O O 的体积为 V ，则（ ） A． 可以取到 π 0, 2       中的任意一个值 B． ( )2 27π cos 1 2sin 2 V  = + C．V 的值可以是任意小的正数 D． max 81π 4 V = 8．（多选）如图，一块边长为10cm正方形铁片上有四个以O为顶点的全等的等腰三角 形（如图 1），将这 4 个等腰三角形裁下来，然后用余下的四块阴影部分沿虚线折叠， 使得A ， A重合， B ，B重合，C ，C重合，D，D 重合， 1P ， 2P ， 3P ， 4P 重合为 点 P ，得到正四棱锥O ABCD− （如图 2）．则在正四棱锥O ABCD− 中，以下结论正确 的是（ ） A．平面OAC ⊥平面OBD B． / /AD 平面OBC C．当 2cmAP = 时，该正四棱锥内切球的表面积为 ( )2 6 π cm 5 D．当正四棱锥的体积取到最大值时， ( )4 cmAP = 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 9 页 9．（多选）已知圆台的上下底面的圆周都在半径为 2 的球面上，圆台的下底面过球 心，上底面半径为 (0 2)r r  ，设圆台的体积为V ，则下列选项中说法正确的是 （ ） A．当 1r = 时， 7 3 3 V  = B．V 存在最大值 C．当 r 在区间 ( )0,2 内变化时，V 逐渐减小 D．当 r 在区间 ( )0,2 内变化时，V 先增大后减小 10．如图，用一块形状为半椭圆 2 2 1( 0) 4 y x y+ =  的铁皮截取一 个以短轴BC 为底的等腰梯形 ABCD，记所得等腰梯形的面积为 S，则S的最大值是 ． 11．牛顿迭代法（ 'Newton smethod ）是牛顿在 17 世纪提出的一种求方程近似根的方 法.如图，设 r 是 ( ) 0f x = 的根，选取 0x 作为 r 的初始近似值，过点 ( )( )0 0,x f x 作曲线 ( )y f x= 的切线 ,l l 与 x 轴的交点的横坐标 ( ) ( ) ( )( )01 0 0 0 , 0 f x x x f x f x = −   ，称 1x 是 r 的“一 次近似值”，过点 ( )( )1 1,x f x 作曲线 ( )y f x= 的切线，则该切线与 x 轴的交点的横坐标 为 ( ) ( ) ( )( )12 1 1 1 , 0 f x x x f x f x = −   ，称 2x 是 r 的“二次近似值”， 重复以上过程，得到 r 的近似值序列.若 2 2f x x ，取 0 2x = 作为 r 的初始近似值，则 ( ) 0f x = 的正根的“三次近 似值”为 .（请用分数做答） 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 10 页 12．立德中学高中数学创新小组开展一项数学实验（1）给出两块相同的边长都为 8cm 的正三角形薄铁片（如图 1、图 2），其中图 1，沿正三角形三边中点连线折起，可拼 得一个正三棱锥；图 2，正三角形三个角上剪出三个相同的四边形（阴影部分）每个 四边形中有且只有一组对角为直角，余下部分按虚线折起，可成一个缺上底的正三棱 柱（底面是正三角形的直棱柱）形容器． (1)试求图 1 剪拼的正三棱锥体积的大小； (2)设正三棱柱底面边长为 x，将正三棱柱形容器的容积 V 表示为关于 x 的函数，并标 明其定义域，并求其最值． (3)如果给出的是一块任意三角形的纸片（如图 3），要求剪拼成一个直三棱柱模型，使 它的全面积与给出的三角形的面积相等，请仿照图 2 设计剪拼方案，用虚线标示在图 3 中，并作简要说明．