人教版高中數(shù)學(xué)選修11：3.4 生活中的優(yōu)化問題舉例 課時提升作業(yè)二十五 3.4 Word版含解析

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1、（人教版）精品數(shù)學(xué)教學(xué)資料 課時提升作業(yè)(二十五) 生活中的優(yōu)化問題舉例 (25分鐘　60分) 一、選擇題(每小題5分,共25分) 1.已知某生產(chǎn)廠家的年利潤y(單位:萬元)與年產(chǎn)量x(單位:萬件)的函數(shù)關(guān)系式為y=-13x3+81x-234,則使該生產(chǎn)廠家獲取最大年利潤的年產(chǎn)量為　(　　) A.13萬件 B.11萬件 C.9萬件 D.7萬件 【解析】選C.y′=-x2+81,令導(dǎo)數(shù)y′=-x2+81>0,解得0<x<9;令導(dǎo)數(shù)y′=-x2+81<0,解得x>9, 在區(qū)間(0,9)上是增函數(shù),在區(qū)間(9,+∞)上是減函數(shù),所以在x

2、=9處取極大值,也是最大值. 2.圓柱形金屬飲料罐的體積一定,要使生產(chǎn)這種金屬飲料罐所用的材料最省,它的高與底面半徑比為　(　　) A.2∶1 B.1∶2 C.1∶4 D.4∶1 【解題指南】設(shè)出高及底面半徑,當(dāng)飲料罐用料最省時,用體積表示出高及半徑后求比值. 【解析】選A. 設(shè)圓柱形飲料罐的高為h,底面半徑為R, 則表面積S=2πRh+2πR2.由V=πR2h, 得h=VπR2,則S(R)=2πRVπR2+2πR2 =2VR+2πR2,令S′(R)=-2VR2+4πR=0, 解得R=3V2π, 從而h=VπR2=Vπ3V2π2=34Vπ=23V2

3、π, 即h=2R,因為S(R)只有一個極值,所以它是最小值,當(dāng)飲料罐的高與底面直徑相等,即h∶R=2∶1時所用材料最省. 3.已知球O的半徑為R,圓柱內(nèi)接于球,當(dāng)內(nèi)接圓柱的體積最大時,高等 于　(　　) A.233R B.33R C.32R D.3R 【解析】選A.設(shè)球內(nèi)接圓柱的高為h,圓柱底面半徑為r, 則h2+(2r)2=(2R)2,得r2=R2-14h2(0<h<2R). 所以圓柱的體積為V(h)=πr2h=πhR2-14h2=πR2h-14πh3(0<h<2R). 求導(dǎo)數(shù),得V′(h)=πR2-34πh2 =πR+3h

4、2R-3h2, 所以0<h<23R3時,V′(h)>0;23R3<h<2R時,V′(h)<0, 由此可得:V(h)在區(qū)間0,23R3上是增函數(shù);在區(qū)間23R3,2R上是減函數(shù),所以當(dāng)h=23R3時,V(h)取得最大值. 4.(2015·益陽高二檢測)某箱子的體積與底面邊長x的關(guān)系為V(x)=x260-x2(0<x<60),則當(dāng)箱子的體積最大時,箱子底面邊長為　(　　) A.30 B.40 C.50 D.60 【解題指南】V(x)是三次函數(shù),其最值問題可用求導(dǎo)法. 【解析】選B.V′(x)=-32x2+60x=-3

5、2x(x-40), 因為0<x<60,所以當(dāng)0<x<40時,V′(x)>0,此時V(x)單調(diào)遞增;當(dāng)40<x<60時, V′(x)<0,此時V(x)單調(diào)遞減所以x=40是V(x)的極大值,即當(dāng)箱子的體積最大時,箱子底面邊長為40. 5.用長為90cm,寬為48 cm的長方形鐵皮做一個無蓋的容器,先在四角分別截去一個大小相同的小正方形,然后把四邊翻轉(zhuǎn)90°角,再焊接而成(如圖),當(dāng)容器的體積最大時,該容器的高為　(　　) A.8cm B.9cm C.10cm D.12cm 【解析】選C.設(shè)容器的高為x

6、cm,容器的體積為V(x)cm3, 則V(x)=(90-2x)(48-2x)x =4x3-276x2+4320x(0<x<24), 因為V′(x)=12x2-552x+4320, 由12x2-552x+4320=0得x=10或x=36(舍), 因為當(dāng)0<x<10時,V′(x)>0,當(dāng)10<x<24時,V′(x)<0, 所以當(dāng)x=10時,V(x)在區(qū)間(0,24)內(nèi)有唯一極大值, 所以容器高x=10cm時,容器體積V(x)最大. 二、填空題(每小題5分,共15分) 6.如果圓柱軸截面的周長l為定值,則體積的最大值為　　　　. 【

7、解析】設(shè)圓柱底面半徑為R,高為H,圓柱軸截面的周長l為定值, 則4R+2H=l,所以H=-2R, 所以V=SH=πR2H=πR2(-2R) =πR2-2πR3, 則V′=πRl-6πR2, 令V′=0,可得πRl-6πR2=0, 所以πR(l-6R)=0, 所以l-6R=0,所以R=, 當(dāng)R<時V′>0,R>時,V′<0,故當(dāng)R=時,V取極大值. 故當(dāng)R=時,圓柱體積有最大值,圓柱體積的最大值是:V=πR2-2πR3=. 答案: 7.統(tǒng)計表明:某種型號的汽車在勻速行駛中每小時的耗油量y(升)關(guān)于行駛速度x(千米/小時)的函數(shù)解析式可以表示為y=112

8、8 000x3-380x+8,x∈(0,120],且甲、乙兩地相距100千米,則當(dāng)汽車以　　　　千米/小時的速度勻速行駛時,從甲地到乙地耗油量最少. 【解析】當(dāng)速度為x千米/小時時,汽車從甲地到乙地行駛了100x小時,設(shè)耗油量為h(x)升, 依題意得h(x)=1128 000x3-380x+8·100x =11 280x2+800x-154(0<x≤120), h′(x)=x640-800x2=x3-803640x2(0<x≤120). 令h′(x)=0,得x=80. 當(dāng)x∈(0,80)時,h′(x)<0,h(x)是減函數(shù); 當(dāng)x∈(80,120]時,

9、h′(x)>0,h(x)是增函數(shù). 所以當(dāng)x=80時,h(x)取到極小值h(80)=11.25. 故當(dāng)汽車以80千米/小時的速度勻速行駛時,從甲地到乙地耗油量最少,最少為11.25升. 答案:80 【補償訓(xùn)練】甲乙兩地相距240km,汽車從甲地以速度v(km/h)勻速行駛到乙地.已知汽車每小時的運輸成本由固定成本和可變成本組成,固定成本為160元,可變成本為16 400v3元.為使全程運輸成本最小,汽車應(yīng)以　　　　　速度行駛. 【解析】設(shè)全程運輸成本為y元,由題意,得 y=240v160+16 400v3=240160v+16 400v2,v>0, y′=240-16

10、0v2+26 400v. 令y′=0,得v=80.當(dāng)v>80時,y′>0; 當(dāng)0<v<80時,y′<0.所以v=80時,ymin=720. 答案:80km/h 8.某廠生產(chǎn)某種產(chǎn)品x件的總成本c(x)=1200+275x3(萬元),已知產(chǎn)品單價的平 方與產(chǎn)品件數(shù)x成反比,生產(chǎn)100件這樣的產(chǎn)品單價為50萬元,產(chǎn)量定為 　　　　件時總利潤最大. 【解析】設(shè)產(chǎn)品單價為p,則有p2=kx,將x=100,p=50代入,得k=250000,所以p=500x. 設(shè)總利潤為L,L=L(x) =500xx-1 200+275x3(x>0), 即L(x)=

11、500xx-1200-275x3, L′(x)=250x-2x225, 令L′(x)=0,即250x-2x225=0,得x=25, 因為x=25是函數(shù)L(x)在(0,+∞)上唯一的極值點,且是極大值點,從而是最大值點. 答案:25 三、解答題(每小題10分,共20分) 9.(2015·泰安高二檢測)某工廠共有10臺機器,生產(chǎn)一種儀器元件,由于受生產(chǎn)能力和技術(shù)水平等因素限制,會產(chǎn)生一定數(shù)量的次品.根據(jù)經(jīng)驗知道,每臺機器產(chǎn)生的次品數(shù)P(萬件)與每臺機器的日產(chǎn)量x(萬件)(4≤x≤12)之間滿足關(guān)系:P=0.1x2-3.2lnx+3.已知每生產(chǎn)1萬件合格的元件可以盈利2萬元,但

12、每產(chǎn)生1萬件次品將虧損1萬元.(利潤=盈利-虧損) (1)試將該工廠每天生產(chǎn)這種元件所獲得的利潤y(萬元)表示為x的函數(shù). (2)當(dāng)每臺機器的日產(chǎn)量x(萬件)為多少時所獲得的利潤最大,最大利潤為多少? 【解析】(1)由題意得,所獲得的利潤為y=10[2(x-P)-P]=20x-3x2+96lnx-90(4≤x≤12). (2)由(1)知,y′=-6x2+20x+96x=-2(3x+8)(x-6)x 當(dāng)4≤x<6時,y′>0,函數(shù)在[4,6]上為增函數(shù);當(dāng)6<x≤12時,y′<0,函數(shù)在[6,12]上為減函數(shù), 所以當(dāng)x=6時,函數(shù)取得極大值,且為最大值,最大

13、利潤為y=20×6-3×62+96ln6-90=96ln6-78(萬元) 答:當(dāng)每臺機器的日產(chǎn)量為6萬件時所獲得的利潤最大,最大利潤為96ln6-78萬元. 【補償訓(xùn)練】某廠家擬對一商品舉行促銷活動,當(dāng)該商品的售價為x元時,全年的促銷費用為12(15-2x)(x-4)萬元;根據(jù)以往的銷售經(jīng)驗,實施促銷后的年銷售量t=12(x-8)2+ax-4萬件,其中4<x<7.5,a為常數(shù).當(dāng)該商品的售價為6元時,年銷售量為49萬件. (1)求出a的值. (2)若每件該商品的成本為4元時,寫出廠家銷售該商品的年利潤y萬元與售價x元之間的關(guān)系. (3)當(dāng)該商品售價為多

14、少元時,使廠家銷售該商品所獲年利潤最大. 【解析】(1)由已知:當(dāng)x=6元時,t=49萬件, 所以49=12(6-8)2+a2,所以a=2. (2)因為y=(x-4)·t-[12(15-2x)(x-4)] 所以y=(x-4)·12(x-8)2+2x-4-12(15-2x)(x-4) =12(x-4)(x-8)2-12(15-2x)(x-4)+2 =12(x-4)(x-7)2+2(4<x<7.5). (3)y′=12(x-7)2+24(x-4)(x-7)=36(x-7)(x-5), 令y′=0得x=7或x=5. 列表如下 x (4,5)

15、 5 (5,7) 7 (7,7.5) y′ + 0 - 0 + y ↗ 極大值50 ↘ 極小值2 ↗ 故當(dāng)x=5時,y最大=50, 故該商品售價為5元時廠家銷售該商品所獲年利潤最大. 【誤區(qū)警示】實際問題的求解不要忽視作答. 10.(2015·桂林高二檢測)用長為18m的鋼條圍成一個長方體容器的框架,如果所制的容器的長與寬之比為2∶1,那么高為多少時容器的體積最大?并求出它的最大體積. 【解析】設(shè)長方體的寬為xm,則長為2xm,高為(4.5-3x)m. 由x>0,4.5-3x>0,解得0<x<32, 故長方體的體積為

16、 V(x)=2x2(4.5-3x)=9x2-6x30<x<32,從而V′(x)=18x-18x2=18x(1-x), 令V′(x)=0,解得x=1或x=0(舍去), 當(dāng)0<x<1時,V′(x)>0; 當(dāng)1<x<32時,V′(x)<0, 故在x=1處V(x)取得極大值,并且這個極大值就是V(x)的最大值, 從而最大體積為V(1)=9×12-6×13=3(m3), 此時容器的高為4.5-3=1.5(m). 因此,容器高為1.5m時容器的體積最大,最大體積為3m3. (20分鐘　40分) 一、選擇題(每小題5分

17、,共10分) 1.如圖所示,半徑為2的☉M切直線AB于點O,射線OC從OA出發(fā)繞著O點順時針旋轉(zhuǎn)到OB.旋轉(zhuǎn)過程中,OC交☉M于點P.記∠PMO為x,弓形PnO的面積為S=f(x),那么f(x)的圖象是下圖中的　(　　) 【解析】選A.由所給的圖示可得,當(dāng)0<x≤π時,弓形PnO的面積為S=f(x)= S扇形PnO-S△MPO=2x-2sinx,其導(dǎo)數(shù)為f′(x)=2-2cosx,由余弦函數(shù)的性質(zhì)知,此值越來越大,即f(x)的圖象上升得越來越快,由此可以排除B,C;再由所給圖示的對稱性知,弓形PnO的面積先是增加得越來越快,然后是增加得越來越慢,直到增加率為0,由此可以排除

18、D,故選A. 2.將邊長為1m的正三角形薄片,沿一條平行于底邊的直線剪成兩塊,其中一塊是梯形,記S=(梯形的周長)2梯形的面積,則S的最小值是　(　　) A.3233 B.1633 C.833 D.433 【解題指南】設(shè)剪成的小正三角形的邊長為x,用x表示出梯形周長、梯形面積后代入求最值. 【解析】選A.設(shè)剪成的小正三角形的邊長為x,則S=(3-x)212·(x+1)·32·(1-x)=43·(3-x)21-x2(0<x<1). 設(shè)S(x)=43·(3-x)21-x2,則 S′(x)=43·(

19、2x-6)·(1-x2)-(3-x)2·(-2x)(1-x2)2 =43·-2(3x-1)(x-3)(1-x2)2. 由S′(x)=0,0<x<1,得x=13, 當(dāng)x∈0,13時,S′(x)<0,S(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x∈13,1時,S′(x)>0,S(x)單調(diào)遞增; 故當(dāng)x=13時,S的最小值是3233. 二、填空題(每小題5分,共10分) 3.(2015·亳州高二檢測)某超市中秋前30天,月餅銷售總量f(t)與時間t(0<t≤30,t∈Z)的關(guān)系大致滿足f(t)=t2+10t+12,則該超市前t天平均售出(如前

20、10天的平均售出為f(10)10)的月餅最少為　　　　. 【解析】記g(t)=f(t)t=t+12t+10(0<t≤30,t∈Z), g′(t)=1-12t2=(t+23)(t-23)t2, 令g′(t)>0,得t>23,令g′(t)<0,得0<t<23, 所以函數(shù)g(t)在區(qū)間(0,23)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(23,10)上單調(diào)遞增, 又t∈Z,且g(3)=g(4)=17, 所以g(t)的最小值為17,即該超市前t天平均售出的月餅最少為17個. 答案:17個 4.有一杠桿,在它的一端距支點1m處掛一個49kg的物體,同時加力于桿的此端使桿保持

21、水平平衡.若杠桿本身每米重2kg,則所加的力最小時杠桿的長度是　　　　　. 【解析】設(shè)杠桿長為xm,則根據(jù)題意和力的平衡關(guān)系,得 xF(x)=49×1+2x×x2,即F(x)=49x+x(x>0). 令F′(x)=-49x2+1=x2-49x2=0(x>0),得惟一的極值點x=7; 因為最省力的杠桿長確實存在,所以當(dāng)杠桿長為7m時最省力. 答案:7m 三、解答題(每小題10分,共20分) 5.時下,網(wǎng)校教學(xué)越來越受到廣大學(xué)生的喜愛,它已經(jīng)成為學(xué)生們課外學(xué)習(xí)的一種趨勢,假設(shè)某網(wǎng)校的套題每日的銷售量y(單位:千套)與銷售價格x(單位:元/套)滿足關(guān)

22、系式y(tǒng)=mx-2+4(x-6)2,其中2<x<6,m為常數(shù).已知銷售價格為4元/套時,每日可售出套題21千套. (1)求m的值. (2)假設(shè)網(wǎng)校的員工工資,辦公等所有開銷折合為每套題2元(只考慮銷售出的套數(shù)),試確定銷售價格x的值,使網(wǎng)校每日銷售套題所獲得的利潤最大.(保留1位小數(shù)) 【解析】(1)因為x=4時,y=21, 代入關(guān)系式y(tǒng)=mx-2+4(x-6)2, 得m2+16=21,解得m=10. (2)由(1)可知,套題每日的銷售量y=10x-2+4(x-6)2, 所以每日銷售套題所獲得的利潤 f(x)=(x-2)10x-2+4(x-6)2=10+4(x-6)2

23、(x-2)=4x3-56x2+240x-278(2<x<6), 從而f′(x)=12x2-112x+240=4(3x-10)(x-6)(2<x<6), 令f′(x)=0,得x=103,或x=6(舍去)且在2,103上,f′(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;在103,6上,f′(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減, 所以x=103是函數(shù)f(x)在(2,6)內(nèi)的極大值點,也是最大值點, 所以當(dāng)x=103≈3.3時,函數(shù)f(x)取得最大值. 故當(dāng)銷售價格為3.3元/套時,網(wǎng)校每日銷售套題所獲得的利潤最大. 6.(2015·江蘇高考)某山區(qū)外圍有兩

24、條相互垂直的直線型公路,為進一步改善山區(qū)的交通現(xiàn)狀,計劃修建一條連接兩條公路的山區(qū)邊界的直線型公路,記兩條相互垂直的公路為l1,l2,山區(qū)邊界曲線為C,計劃修建的公路為l,如圖所示,M,N為C的兩個端點,測得點M到l1,l2的距離分別為5千米和40千米,點N到l1,l2的距離分別為20千米和2.5千米,以l1,l2所在的直線分別為y,x軸,建立平面直角坐標(biāo)系xOy,假設(shè)曲線C符合函數(shù)y=ax2+b(其中a,b為常數(shù))模型. (1)求a,b的值. (2)設(shè)公路l與曲線C相切于P點,P的橫坐標(biāo)為t. ①請寫出公路l長度的函數(shù)解析式f(t),并寫出其定義域; ②當(dāng)t為何值時,公路l的長度

25、最短?求出最短長度. 【解析】(1)由題意知,M點的坐標(biāo)為(5,40),N點的坐標(biāo)為(20,2.5),代入曲線C的方程y=ax2+b可得:40=a52+b,2.5=a202+b.解得a=1 000,b=0. (2)①由(1)知曲線C的方程為y=1 000x2(5≤x≤20),y′=-2 000x3,所以y′|x=t=-2 000t3即為l的斜率.又當(dāng)x=t時,y=1 000t2,所以P點的坐標(biāo)為t,1 000t2,所以l的方程為y-1 000t2=-2 000t3(x-t).令x=0,得y=3 000t2;令y=0,得x=32t.所以f(t)=32t2+3 000t22,其中5≤t≤20;

26、 ②由①知f(t)=32t2+3 000t22,其中5≤t≤20.令g(t)=32t2+3 000t22= 94t2+9×106t4,所以g′(t)=92t-4×9×106t5=92·t6-8×106t5=92·t6-(102)6t5.因為5≤t≤20,令g′(t)<0,得5≤t<102;令g′(t)=0,得t=102;g′(t)>0,得102<t≤20.所以g(t)在區(qū)間[5,102)單調(diào)遞減,在(102,20]單調(diào)遞增.所以g(102)=675是g(t)的極小值,也是最小值.所以當(dāng)t=102時f(t)取

27、得最小值,最小值為f(102)=153. 【補償訓(xùn)練】新晨投資公司擬投資開發(fā)某項新產(chǎn)品,市場評估能獲得10～1000萬元的投資收益.現(xiàn)公司準(zhǔn)備制定一個對科研課題組的獎勵方案:獎金y(單位:萬元)隨投資收益x(單位:萬元)的增加而增加,且獎金不低于1萬元,同時不超過投資收益的20%. (1)設(shè)獎勵方案的函數(shù)模型為f(x),試用數(shù)學(xué)語言表述公司對獎勵方案的函數(shù)模型f(x)的基本要求. (2)下面是公司預(yù)設(shè)的兩個獎勵方案的函數(shù)模型: ①f(x)=x150+2;②f(x)=4lgx-2. 試分別分析這兩個函數(shù)模型是否符合公司要求. 【解析】(1)由題意知,公司對獎勵方案的函數(shù)模型f(x)的

28、基本要求是: 當(dāng)x∈[10,1000]時, ①f(x)是增函數(shù);②f(x)≥1恒成立;③f(x)≤x5恒成立, (2)①對于函數(shù)模型f(x)=x150+2: 當(dāng)x∈[10,1000]時,f(x)是增函數(shù), 則f(x)≥1顯然恒成立, 而若使函數(shù)f(x)=x150+2≤x5在[10,1000]上恒成立,整理即29x≥300恒成立,而(29x)min=290,所以f(x)≤x5不恒成立. 故該函數(shù)模型不符合公司要求. ②對于函數(shù)模型f(x)=4lgx-2: 當(dāng)x∈[10,1000]時,f(x)是增函數(shù), 則f(x)min=f(10)=4lg10-2=2>1. 所以f(x)≥1恒成立. 設(shè)g(x)=4lgx-2-x5,則g′(x)=4lgex-15. 當(dāng)x≥10時,g′(x)=4lgex-15≤2lge-15=lge2-15<0, 所以g(x)在[10,1000]上是減函數(shù), 從而g(x)≤g(10)=4lg10-2-2=0. 所以4lgx-2-x5≤0,即4lgx-2≤x5,所以f(x)≤x5恒成立. 故該函數(shù)模型符合公司要求. 關(guān)閉Word文檔返回原板塊