7.2 实际问题中的最值问题-课后达标检测-【优学精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册教用课件(北师大版)

该高中数学课件聚焦导数在最值问题中的应用，通过圆柱体积、利润计算、快递纸箱设计等生活实例导入，衔接导数概念与实际问题，搭建从知识理解到应用的学习支架。 其亮点在于以现实情境为载体，引导学生用数学眼光观察问题，通过导数推理分析最值，用函数模型表达解决方案。如汽车耗油量、四棱锥体积等实例，培养数学思维与应用意识，助力学生提升解决实际问题能力，也为教师提供丰富教学素材。

7．2　课后达标 检测 1．已知矩形ABCD的周长为6，则将其绕AB所在直线旋转一周所得圆柱的体积最大值为(　　) A．6π B．4π C．3π D．2π 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 15 16 11 1 √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 15 16 11 2 √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 15 16 11 2 课后达标 检测 3．对一个质地均匀的实心圆锥体工件进行加工，已知该工件底面半径为12 cm，高为8 cm，加工方法为挖掉一个与该圆锥体工件同底面共圆心的内接圆柱．若要使加工后工件的质量最轻，则圆柱的半径应设计为(　　) A．8 cm B．6 cm C．4 cm D．2 cm 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 3 √ 课后达标 检测 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 3 课后达标 检测 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 3 课后达标 检测 3 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 4 √ 课后达标 检测 3 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 4 课后达标 检测 3 4 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 5 √ 课后达标 检测 3 4 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 5 课后达标 检测 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 6 √ √ 课后达标 检测 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 6 课后达标 检测 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 6 课后达标 检测 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 6 课后达标 检测 7．某公司一年购买某种货物400吨，每次都购买x吨，运费为4万元/次，一年的总存储费为4x万元，要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则x＝________吨． 3 4 5 6 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 7 20 课后达标 检测 8．(2024·江西南昌高二期末)要做一个无盖的长方体箱子，其体积为36 m3，底面长方形长与宽的比为2∶1，则当它的宽为______m时，可使其表面积最小，最小表面积为________m2. 3 4 5 6 7 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 8 3 54 课后达标 检测 3 4 5 6 7 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 8 课后达标 检测 9．内接于半径为R的球且体积最大的圆锥的高为__________． 3 4 5 6 7 8 1 10 2 12 13 14 15 16 11 9 课后达标 检测 10．将一个边长为1 m的正六边形铁皮的六个角截去六个全等的四边形，再把它沿虚线折起(如图)，做成一个无盖的正六棱柱铁皮盒．   (1)试把这个正六棱柱铁皮盒的容积V表示为盒底边长x的函数； 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 (2)当x多大时，盒子的容积V最大？ 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 14 15 16 11 13 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 14 15 16 11 13 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 14 15 16 11 13 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 (2)年产量为多少万件时，小王在这一产品的生产中所获年利润最大？最大年利润是多少？ 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 课后达标 检测 16.南京玄武湖号称“金陵明珠”，是我国仅存的江南皇家园林湖泊．在玄武湖的一角有大片的荷花，每到夏季，荷花飘香，令人陶醉．若在玄武湖一个盛开荷花的一角(该处岸边近似半圆形，如图所示)设计一些栈道和一个观景台，观景台P在半圆形的中轴线OC上(图中OC与直径AB垂直，P与O，C不重合)，通过栈道把PA，PB，PC，AB连接起来，使人行在其中，犹如置身花海之感．已知AB＝200米，∠PAB＝θ，栈道总长度为函数f(θ). 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 (1)求f(θ)； 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 (2)若栈道的造价为每米5万元，试确定观景台P的位置，使栈道的建造费用最小(观景台的建造费用忽略不计)，并求出栈道的建造费用的最小值． 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 解析：设圆柱的底面圆的半径为r，则该圆柱的高为3－r，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(r＞0，,3－r＞0)) 可得0＜r＜3，则该圆柱的体积为V(r)＝πr2(3－r)＝3πr2－πr3，V′(r)＝6πr－3πr2，令V′(r)＝0，解得r＝0(舍去)或r＝2，易判断函数V(r)在r＝2处取得极大值，也是最大值，即 V(r)max＝V(2)＝4π. 2．(2024·河南南阳高二月考)某银行向某地区居民提供10万元以内(不包括10万元)的免息贷款，小李准备向该银行贷款x万元全部用于农产品土特产的加工与销售，据测算每年利润y(单位：万元)与贷款x满足关系式y＝ln x－x－ eq \f(12,x) ＋9，要使年利润最大，小李应向银行贷款(　　) A．3万元 B．4万元 C．5万元 D．6万元 解析：依题意y＝ln x－x－ eq \f(12,x) ＋9，且0＜x＜10，y′＝ eq \f(1,x) －1＋ eq \f(12,x2) ＝ eq \f(－x2＋x＋12,x2) ＝ eq \f(（－x＋4）（x＋3）,x2) ，所以当x∈(0，4)时，y′＞0，函数y单调递增；当x∈(4，10)时，y′＜0，函数y单调递减．所以当x＝4万元时，函数y取得最大值．故选B. 解析：设挖去的圆柱的底面半径为r，高为h，取圆锥的轴截面△ABC，如图所示，设圆柱的轴截面为矩形EFHG，底面圆的圆心为O，连接AO，交EF于点K， 因为EF∥BC，则 eq \f(AK,AO) ＝ eq \f(EF,BC) ，即 eq \f(8－h,8) ＝ eq \f(2r,24) ， 解得h＝8－ eq \f(2r,3) ，其中0<r<12， 则圆柱的体积为f(r)＝πr2h＝πr2· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8－\f(2,3)r)) ＝π eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8r2－\f(2,3)r3)) ，其中0<r<12， 可得f′(r)＝π(16r－2r2)＝2πr(8－r)， 令f′(r)＝0，解得r＝8或r＝0(舍去)， 当r∈(0，8)时，f′(r)>0，f(r)单调递增； 当r∈(8，12)时，f′(r)<0，f(r)单调递减， 所以当r＝8时，函数f(r)取得最大值，最大值为f(8)＝ eq \f(512π,3) ， 所以当r＝8时，工件的质量最轻．故选A. 4．统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶过程中每小时的耗油量y(单位：L)关于行驶速度x(单位：km/h)的解析式可以表示为y＝ eq \f(1,162 000) x3－ eq \f(1,25) x＋9(0<x≤120).若甲、乙两地相距200 km，当从甲地到乙地耗油最少时，汽车匀速行驶的速度是(　　) A.70 km/h B．80 km/h C．90 km/h D．100 km/h 解析：当速度为x km/h，汽车从甲地到乙地需行驶 eq \f(200,x) h，设耗油量为f(x)L，依题意得f(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,162 000)x3－\f(1,25)x＋9)) × eq \f(200,x) ＝ eq \f(1,810) x2＋ eq \f(1 800,x) －8(0<x≤120)，则f′(x)＝ eq \f(1,405) x－ eq \f(1 800,x2) (0<x≤120).令f′(x)＝0，解得x＝90.当x∈(0，90)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(90，120]时，f′(x)>0，f(x) 单调递增．所以当x＝90时，函数f(x)取最小值，即汽车匀速行驶的速度是 90 km/h时，从甲地到乙地耗油最少．故选C. 5．网购已成为人们习以为常的生活方式，大量的网购增加了人们对快递的需求，快递量几何级增长，快递包装箱的消费量也十分惊人，瓦楞纸板是最主要的快递包装材料，如何使用更少的纸板来包裹更多的物品，这对于环境保护和商家的利益都是非常重要的问题．现某商家需设计一个体积为0.02 m3的纸箱．要求纸箱底面必须为正方形，为了保护易碎的商品，纸箱的底面和顶面必须用双层瓦楞纸板制成．已知瓦楞纸板的市场价格大约为1元/m2，则一个纸箱的成本最低约为(参考数据： eq \r(3,0.01) ≈0.22， eq \r(3,0.02) ≈0.27)(　　) A．0.32元 B．0.44元 C．0.56元 D．0.64元 解析：该纸箱为正四棱柱，设其底面边长为a m，侧棱长为h m，则纸箱的体积V＝a2h＝0.02，所需瓦楞纸板的面积S＝4a2＋4ah，成本为P(a)＝1×(4a2＋4ah)＝4 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋a×\f(0.02,a2))) ＝4 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(0.02,a))) (a>0)，则P′(a)＝4 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a－\f(0.02,a2))) ，令P′(a)＝0，得a3＝0.01，则a＝ eq \r(3,0.01) .当0<a< eq \r(3,0.01) 时，P′(a)<0，此时P(a)单调递减；当a> eq \r(3,0.01) 时，P′(a)>0，此时P(a)单调递增，所以当a＝ eq \r(3,0.01) 时，P(a)有最小值，所以P(a)min＝4 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（\r(3,0.01)）2＋\f(0.02,\r(3,0.01)))) ≈4× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.222＋\f(0.02,0.22))) ≈0.56(元)，故选C. 6．(多选)已知一家公司生产某种品牌服装的年固定成本为10万元，每生产1 000件需另投入2.7万元．设该公司一年内生产该品牌服装x千件并全部销售完，每千件的销售收入为R(x)万元，且R(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(10.8－\f(1,30)x2，0<x≤10，,\f(108,x)－\f(1 000,3x2)，x>10，)) 当该公司在这一品牌服装的生产中所获得的年利润最大时，则有(　　) A．年产量为9千件 B．年产量为10千件 C．年利润最大值为38万元 D．年利润最大值为38.6万元 解析：设年利润为W，当0<x≤10时， W＝xR(x)－(10＋2.7x)＝8.1x－ eq \f(x3,30) －10， W′＝8.1－ eq \f(x2,10) .令W′＝0，得x＝9(负值已舍去)， 当x∈(0，9)时，W′>0，函数W单调递增，当x∈(9，10]时，W′<0，函数W单调递减； 所以当x＝9时，年利润W取得最大值 38.6； 当x>10时，W＝xR(x)－(10＋2.7x)＝98－ eq \f(1 000,3x) －2.7x，W′＝ eq \f(1 000,3x2) －2.7. 令W′＝0，得x＝ eq \f(100,9) (负值已舍去)， 当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10，\f(100,9))) 时，W′>0，函数W单调递增， 当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(100,9)，＋∞)) 时，W′<0，函数W单调递减． 所以当x＝ eq \f(100,9) 时，年利润W取得最大值38. 因为38.6>38，所以当年产量为9千件时， 该公司在这一品牌服装的生产中所获得的年利润最大，且年利润最大值为38.6万元． 解析：设该公司一年内总共购买n次货物，则n＝ eq \f(400,x) ，所以总运费与总存储费之和 f(x)＝4n＋4x＝ eq \f(1 600,x) ＋4x，则f′(x)＝4－ eq \f(1 600,x2) ，令f′(x)＝0，解得x＝20或x＝－20(舍去)，易得x＝20是函数f(x)的最小值点，故当x＝20时，f(x)最小． 解析：设长方体的宽为x m(x>0)，则长方体的长为2x m，故长方体的高为 eq \f(36,2x2) ＝ eq \f(18,x2) m， 设该长方体箱子的表面积为f(x)， 则f(x)＝2x2＋2(x＋2x)· eq \f(18,x2) ＝2x2＋ eq \f(108,x) ，则 f′(x)＝4x－ eq \f(108,x2) ＝ eq \f(4（x3－27）,x2) ， 当0<x<3时，f′(x)<0，此时函数f(x)单调递减， 当x>3时，f′(x)>0，此时函数f(x)单调递增， 故当x＝3时，函数f(x)取最小值，且其最小值为 f(3)＝2×32＋ eq \f(108,3) ＝54. 因此，当它的宽为3 m时，可使其表面积最小，最小表面积为54 m2. eq \f(4,3) R 解析：设圆锥的高为h，底面半径为r，则R2＝(h－R)2＋r2，所以r2＝2Rh－h2， 所以V＝ eq \f(1,3) πr2h＝ eq \f(π,3) h(2Rh－h2) ＝ eq \f(2,3) πRh2－ eq \f(π,3) h3(0<h<2R)， V′＝ eq \f(4,3) πRh－πh2.令V′＝0得h＝ eq \f(4,3) R. 当0<h< eq \f(4,3) R时，V′>0，函数V单调递增，当 eq \f(4,3) R<h<2R时，V′<0，函数V单调递减． 因此当h＝ eq \f(4,3) R时，所求圆锥体积最大． 解：如图， 易得MN＝CD＝x(0<x<1)，AC＝ eq \f(1－x,2) ，则盒子的高h＝CM＝ eq \r(3) × eq \f(1－x,2) ＝ eq \f(\r(3)（1－x）,2) ， 所以盒子的底面积S＝6S△OMN＝6× eq \f(1,2) x2sin 60°＝ eq \f(3\r(3),2) x2， 所以盒子的容积V＝V(x)＝Sh＝ eq \f(3\r(3),2) x2× eq \f(\r(3),2) (1－x)＝ eq \f(9,4) x2(1－x)，x∈(0，1). 解：由(1)可得V(x)＝ eq \f(9,4) x2(1－x)，x∈(0，1)， 所以V′(x)＝ eq \f(9,4) (2x－3x2)，令V′(x)＝0，解得x1＝ eq \f(2,3) ，x2＝0(舍去)， 所以当0<x< eq \f(2,3) 时，V′(x)>0，则V(x)单调递增， 当 eq \f(2,3) <x<1时，V′(x)<0，则V(x)单调递减， 所以当x＝ eq \f(2,3) 时V(x)取得极大值，即最大值， 所以当x＝ eq \f(2,3) m时，盒子的容积V最大． 11．有一张扇形铁皮AMN，其圆心角MAN＝90°，半径AM＝AN＝4.现打算将这张铁皮裁成矩形 ABCD(B，C，D分别在AM， eq \o(MN,\s\up18(︵)) ，AN上)，并将此矩形弯成一个圆柱的侧面，则此圆柱的体积的最大值是(　　) A． eq \f(32\r(3),9π) B． eq \f(32\r(3)π,9) C． eq \f(4\r(2),π) D．4 eq \r(2) π 解析：如图，设AB＝m，BC＝n，则m2＋n2＝AC2＝16，0<m<4，0<n<4. 不妨将m作为圆柱的底面圆周长，n作为圆柱的高， 设底面圆的半径为r，则由m＝2πr得r＝ eq \f(m,2π) ， 则圆柱体积V＝πr2n＝π eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2π))) eq \s\up12(2) n＝ eq \f(m2n,4π) ＝ eq \f(（16－n2）n,4π) ， 记V(x)＝ eq \f(（16－x2）x,4π) ＝ eq \f(1,4π) (－x3＋16x)(0<x<4)， 则V′(x)＝ eq \f(－3x2＋16,4π) ，令V′(x)＝0，解得x＝ eq \f(4\r(3),3) 或x＝－ eq \f(4\r(3),3) (舍去)， 易知当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4\r(3),3))) 时，V′(x)>0，V(x)单调递增， 当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)，4)) 时，V′(x)<0，V(x)单调递减， 故x＝ eq \f(4\r(3),3) 时，V(x)取得最大值 eq \f(32\r(3),9π) ，则此时圆柱的体积的最大值为 eq \f(32\r(3),9π) . 又若以n为圆柱的底面圆周长，m作为圆柱的高，则V＝ eq \f(（16－m2）m,4π) ，同理可得函数V(x)在(0，4)上的最大值为 eq \f(32\r(3),9π) .综上可得圆柱的体积的最大值为 eq \f(32\r(3),9π) .故选A. 12.已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，且底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为(　　) A． eq \f(1,3) B． eq \f(1,2) C． eq \f(\r(3),3) D． eq \f(\r(2),2) 解析：方法一(特殊法)：不妨设四棱锥的底面是正方形，边长为a，底面正方形外接圆的半径为r，则r＝ eq \f(\r(2),2) a，四棱锥的高h＝ eq \r(1－\f(a2,2)) ，所以四棱锥的体积V＝ eq \f(1,3) a2 eq \r(1－\f(a2,2)) ＝ eq \f(4,3) eq \r(\f(a2,4)·\f(a2,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(a2,2)))) ≤ eq \f(4,3) eq \r(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\f(a2,4)＋\f(a2,4)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(a2,2))),3)))\s\up12(3)) ＝ eq \f(4,3) eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(3)) ＝ eq \f(4\r(3),27) ，当且仅当 eq \f(a2,4) ＝1－ eq \f(a2,2) ，即a2＝ eq \f(4,3) 时等号成立，此时四棱锥的高h＝ eq \r(1－\f(a2,2)) ＝ eq \r(1－\f(2,3)) ＝ eq \f(\r(3),3) .故选C. 方法二(导数法)：设四棱锥的底面是正方形，底面正方形外接圆的半径为r，四棱锥的高为h，则r2＋h2＝1，r＝ eq \r(1－h2) ，正方形的边长为 eq \r(2) r＝ eq \r(2) eq \r(1－h2) ，所以四棱锥的体积V＝ eq \f(2,3) (1－h2)h＝ eq \f(2,3) (－h3＋h).令f(h)＝－h3＋h(0<h<1)，则f′(h)＝－3h2＋1，令f′(h)＝－3h2＋1＝0，得h＝ eq \f(\r(3),3) (负值已舍去)，所以f(h)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3))) 上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1)) 上单调递减，所以当h＝ eq \f(\r(3),3) 时，f(h)取得最大值，所以当四棱锥的体积最大时，其高为 eq \f(\r(3),3) .故选C. 方法三(转化法)：该四棱锥的体积最大即以底面截球的圆面和顶点O组成的圆锥体积最大，设圆锥的高为h(0<h<1)，底面半径为r，则r2＋h2＝1，圆锥的体积V＝ eq \f(1,3) πr2h＝ eq \f(1,3) π(1－h2)h，则V′＝ eq \f(1,3) π(1－3h2)，令V′＝ eq \f(1,3) π(1－3h2)＝0，得h＝ eq \f(\r(3),3) (负值已舍去)，所以V＝ eq \f(1,3) π(1－h2)h在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3))) 上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1)) 上单调递减，所以当h＝ eq \f(\r(3),3) 时，圆锥的体积最大，即四棱锥的体积最大．故选C. 13.修建栈道是提升旅游观光效果的一种常见手段．如图，某水库有一个半径为1百米的半圆形小岛，其圆心为C且直径MN平行于坝面．坝面上点A满足AC⊥MN，且AC长度为3百米，为便于游客到小岛观光，打算从点A到小岛建三段栈道AB，BD与BE，水面上的点B在线段AC上，且BD，BE均与圆C相切，切点分别为D，E，其中栈道AB，BD，BE和小岛在同一个平面上．此外在半圆小岛上再修建栈道 eq \o(ME,\s\up18(︵)) ， eq \o(DN,\s\up18(︵)) 以及MN，则需要修建的栈道总长度的最小值为____________百米． eq \f(2π,3) ＋5 解析：连接CD，CE，由半圆半径为1得CD＝CE＝1. 由对称性，设∠CBE＝∠CBD＝θ，又CD⊥BD，CE⊥BE， 所以BE＝BD＝ eq \f(CD,tan θ) ＝ eq \f(1,tan θ) ，BC＝ eq \f(CD,sin θ) ＝ eq \f(1,sin θ) ， 易知∠MCE＝∠NCD＝θ，所以 eq \o(ME,\s\up18(︵)) ＝ eq \o(ND,\s\up18(︵)) 的长为θ. 又AC＝3，故AB＝AC－BC＝3－ eq \f(1,sin θ) ∈(0，2)，故sin θ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)) ， 令sin θ0＝ eq \f(1,3) 且θ0∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))) ，则栈道总长度f(θ)＝5－ eq \f(1,sin θ) ＋ eq \f(2,tan θ) ＋2θ，θ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ0，\f(π,2))) ， 所以f′(θ)＝ eq \f(－cos θ（2cos θ－1）,sin2θ) . 当θ变化时，f′(θ)，f(θ)的变化情况为 θ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ0，\f(π,3))) eq \f(π,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))) f′(θ) － 0 ＋ f(θ)  极小值  所以栈道总长度最小值f(θ)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))) ＝ eq \f(2π,3) ＋5. 14．(2024·陕西西安高二月考)小王大学毕业后决定利用所学专业回乡自主创业，生产某农副产品．经过市场调研，生产该产品需投入年固定成本4万元，每生产x万件，需另投入流动成本F(x)万元．已知在年产量不足6万件时，F(x)＝ eq \f(1,3) x3＋4x，在年产量不小于6万件时，F(x)＝9x＋ eq \f(64,x) －29.每件产品售价8元．通过市场分析，小王生产的产品当年能全部售完． (1)写出年利润P(x)(单位：万元)关于年产量x(单位：万件)的函数解析式；(年利润＝年销售收入－年固定成本－流动成本) 解：由题意，当0<x<6时，P(x)＝8x－4－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x3＋4x)) ＝－ eq \f(1,3) x3＋4x－4， 当x≥6时，P(x)＝8x－4－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9x＋\f(64,x)－29)) ＝25－x－ eq \f(64,x) . 所以P(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)x3＋4x－4，0<x<6，,25－x－\f(64,x)，x≥6.)) 解：当0<x<6时，P′(x)＝－x2＋4，令P′(x)＝0，解得x＝2(负值已舍去). 当x∈(0，2)，P′(x)>0，当x∈(2，6)，P′(x)<0， 则P(x)在(0，2)上单调递增，在(2，6)上单调递减， 所以当0<x<6时，P(x)max＝P(2)＝ eq \f(4,3) . 当x≥6时，P(x)＝25－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(64,x))) ≤25－2 eq \r(x·\f(64,x)) ＝9，当且仅当x＝ eq \f(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，最大年利润为9万元． 15．某城市要在广场中央的圆形地面设计一块浮雕，彰显城市积极向上的活力．某公司设计方案如图，等腰三角形PMN的顶点P在半径为20 m的大⊙O上，点M，N在半径为10 m的小⊙O上，点O，P在弦MN的同侧．设∠MON＝2α eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<α<\f(π,2))) ，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 2α＝(　　) A．－ eq \f(1,2) B． eq \f(1,2) C．1－ eq \r(3) D．0 解析：在等腰三角形PMN中，∠MON＝2α eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<α<\f(π,2))) ，设△PMN的面积为S(α)， 则S(α)＝2×S△OPN＋S△OMN＝2× eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×20×10×sin （π－α）)) ＋ eq \f(1,2) ×10×10×sin 2α＝200sin α＋50 sin 2α，0<α< eq \f(π,2) ， 则S′(α)＝200 cos α＋2×50 cos 2α＝200 cos α＋100 cos 2α ＝200cos α＋100(2cos2α－1)＝100(2cos2α＋2cosα－1)， 令S′(α)＝0，即2cos2α＋2cosα－1＝0，解得cos α＝－ eq \f(1,2) ＋ eq \f(\r(3),2) (负值已舍去)， 记cos α0＝－ eq \f(1,2) ＋ eq \f(\r(3),2) ，α0∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) ， 当α∈(0，α0)，S′(α)>0，函数单调递增； 当α∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α0，\f(π,2))) ，S′(α)<0，函数单调递减． 故当α＝α0，即cos α＝－ eq \f(1,2) ＋ eq \f(\r(3),2) 时，S(α)取得极大值，即最大值， 则cos 2α＝2cos2α－1＝2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2))) eq \s\up12(2) －1＝1－ eq \r(3) . 故选C. 解：由题意知∠PAB＝θ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ<\f(π,4))) ，OC⊥AB，OA＝OB＝100， 则PA＝PB＝ eq \f(100,cosθ) ，PO＝100tan θ， 所以PC＝100－100tan θ. 所以栈道总长度为f(θ)＝PA＋PB＋PC＋AB＝ eq \f(200,cos θ) ＋100－100tan θ＋200＝100 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－sin θ,cos θ)＋3)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ<\f(π,4))) . 解：设建造栈道的费用为F(θ)，则F(θ)＝5f(θ)＝500 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－sin θ,cos θ)＋3)) ，则F′(θ)＝500× eq \f(2sin θ－1,cos2θ) ， 令F′(θ)＝0，得sin θ＝ eq \f(1,2) ，又0<θ< eq \f(π,4) ，解得θ＝ eq \f(π,6) . 当0<θ< eq \f(π,6) 时，F′(θ)<0 ，当 eq \f(π,6) <θ< eq \f(π,4) 时， F′(θ)>0， 则F(θ)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))) 上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4))) 上单调递增， 故F(θ)min＝F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))) ＝500(3＋ eq \r(3) )， 此时PC＝100－100tan eq \f(π,6) ＝100－ eq \f(100\r(3),3) ， 故观景台P位于离岸边半圆弧中点的距离为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(100－\f(100\r(3),3))) 米时，建造费用最小，最小费用为500(3＋ eq \r(3) )万元． $