2019版数学复习第九章导数及其应用9.3导数在实际问题中的应用及综合应用讲义

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE34学必求其心得，业必贵于专精PAGE§9。3导数在实际问题中的应用及综合应用考纲解读考点内容解读要求五年高考统计常考题型预测热度20132014201520162017导数在实际问题中的应用及综合应用1。实际问题中的最值问题2.函数综合问题的探究B19题16分填空题解答题★★★分析解读导数的实际应用和综合应用是江苏高考热点内容,一般放在压轴题位置,重点考查学生分析问题的能力，对数学素养要求很高。五年高考考点导数在实际问题中的应用及综合应用1。(2015课标Ⅰ改编,12,5分)设函数f(x）=ex（2x-1）—ax+a,其中a<1，若存在唯一的整数x0使得f（x0）〈0,则a的取值范围是。

答案2.（2015安徽，15,5分)设x3+ax+b=0,其中a,b均为实数。下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是.(写出所有正确条件的编号）

①a=-3，b=-3；②a=—3,b=2;③a=—3,b〉2;④a=0，b=2；⑤a=1，b=2。答案①③④⑤3.（2017天津理,20，14分)设a∈Z，已知定义在R上的函数f（x)=2x4+3x3-3x2—6x+a在区间（1，2）内有一个零点x0，g(x)为f（x）的导函数。(1）求g(x）的单调区间;(2）设m∈[1，x0)∪（x0，2］,函数h（x)=g（x)(m-x0)-f(m)，求证:h(m）h（x0)〈0；（3）求证：存在大于0的常数A，使得对于任意的正整数p,q，且∈[1，x0)∪(x0，2］,满足≥.解析(1)由f（x)=2x4+3x3-3x2-6x+a,可得g（x)=f'（x)=8x3+9x2—6x—6,进而可得g’（x)=24x2+18x—6。令g'(x)=0,解得x=—1或x=.当x变化时,g’（x）,g（x）的变化情况如下表：x(—∞,—1）g'（x）+—+g（x)↗↘↗所以，g（x)的单调递增区间是(—∞,-1)，，单调递减区间是。(2)证明:由h(x)=g(x)（m—x0)-f(m）,得h(m)=g(m)(m—x0）-f（m),h(x0)=g（x0)(m-x0）—f（m）。令函数H1(x）=g(x）（x-x0)-f(x)，则H1’(x)=g’(x）（x—x0）。由(1）知,当x∈[1，2]时，g’（x）〉0,故当x∈［1,x0）时,H1'(x）〈0,H1（x)单调递减；当x∈（x0,2］时，H1'(x)〉0,H1（x)单调递增。因此,当x∈[1，x0）∪(x0,2]时，H1（x）>H1（x0)=-f(x0）=0，可得H1(m)〉0,即h（m)>0.令函数H2(x）=g（x0)(x—x0）—f（x)，则H2'(x）=g(x0）-g(x）。由（1)知g(x）在[1，2］上单调递增,故当x∈[1，x0)时，H2’（x)>0,H2(x）单调递增;当x∈(x0，2]时，H2’(x）〈0,H2(x)单调递减。因此，当x∈［1，x0)∪(x0,2]时，H2（x）〈H2（x0）=0，可得H2(m)<0,即h(x0）〈0。所以，h(m）h(x0)<0。（3）证明:对于任意的正整数p,q,且∈[1,x0）∪(x0,2］,令m=，函数h(x）=g（x)(m—x0）—f（m)。由(2）知，当m∈[1,x0）时，h（x）在区间(m，x0）内有零点；当m∈（x0，2]时,h(x）在区间(x0，m)内有零点。所以h（x)在(1,2）内至少有一个零点,不妨设为x1,则h(x1)=g（x1)—f=0.由(1）知g(x)在［1，2］上单调递增,故0〈g(1)<g（x1)〈g(2),于是=≥=.因为当x∈[1,2]时,g(x）>0,故f（x)在［1，2]上单调递增，所以f(x)在区间[1,2]上除x0外没有其他的零点，而≠x0,故f≠0.又因为p,q，a均为整数,所以｜2p4+3p3q-3p2q2—6pq3+aq4|是正整数，从而｜2p4+3p3q—3p2q2-6pq3+aq4|≥1。所以≥.所以,只要取A=g(2）,就有≥。4。（2014江苏,19,16分）已知函数f(x）=ex+e—x，其中e是自然对数的底数.（1）证明：f（x)是R上的偶函数;（2)若关于x的不等式mf（x)≤e—x+m—1在(0,+∞)上恒成立,求实数m的取值范围；(3）已知正数a满足:存在x0∈［1,+∞),使得f(x0)〈a(-+3x0）成立。试比较ea—1与ae-1的大小,并证明你的结论.解析（1)证明:因为对任意x∈R,都有f（-x）=e-x+e—（-x)=e—x+ex=f（x)，所以f（x)是R上的偶函数。（2）由条件知m(ex+e—x—1）≤e-x-1在(0，+∞）上恒成立，令t=ex（x>0）,则t〉1,所以m≤-=—对任意t>1成立。因为t—1++1≥2+1=3，所以—≥—，当且仅当t=2,即x=ln2时等号成立。因此实数m的取值范围是.（3)令函数g(x）=ex+—a（-x3+3x），则g’(x）=ex-+3a（x2—1)。当x≥1时,ex—>0,x2—1≥0，又a〉0，故g'(x)>0，所以g（x）是［1,+∞）上的单调增函数,因此g(x）在[1,+∞)上的最小值是g(1)=e+e—1—2a。由于存在x0∈[1，+∞),使+-a（-+3x0)〈0成立,当且仅当最小值g（1）<0,故e+e—1—2a<0,即a>.令函数h（x）=x-（e—1)lnx-1,则h'（x)=1-。令h’（x）=0，得x=e-1。当x∈(0，e-1）时，h’（x)〈0，故h（x）是(0,e-1）上的单调减函数；当x∈(e—1,+∞)时,h’（x)>0,故h（x)是（e-1，+∞)上的单调增函数.所以h（x)在(0,+∞）上的最小值是h（e—1）。注意到h（1）=h(e）=0，所以当x∈（1，e-1)⊆(0,e—1）时,h（e—1)≤h(x)〈h（1）=0；当x∈（e—1,e)⊆（e-1,+∞）时,h（x）<h（e）=0。所以h（x）<0对任意的x∈(1，e)成立.①当a∈⊆（1,e）时，h（a）〈0,即a—1〈(e-1)lna，从而ea-1〈ae—1;②当a=e时，ea-1=ae—1；③当a∈(e,+∞)⊆（e-1,+∞）时，h（a)>h(e)=0，即a—1〉（e—1）lna，故ea—1>ae—1。综上所述，当a∈时,ea-1〈ae—1;当a=e时,ea—1=ae-1；当a∈(e,+∞)时,ea—1>ae—1。教师用书专用(5-6)5.(2014辽宁,21，12分)已知函数f(x）=(cosx-x)（π+2x）-(sinx+1),g（x）=3(x-π）cosx-4(1+sinx)ln.证明：（1)存在唯一x0∈，使f（x0）=0;(2）存在唯一x1∈，使g(x1）=0,且对(1)中的x0，有x0+x1<π.证明(1)当x∈时，f'（x）=—（1+sinx）(π+2x）-2x-cosx〈0，函数f（x）在上为减函数,又f(0）=π—〉0,f=—π2-<0，所以存在唯一x0∈,使f（x0）=0.（2）考虑函数h(x）=—4ln,x∈。令t=π-x，则x∈时,t∈。记u(t)=h（π—t）=—4ln，则u’（t)=。由(1)得，当t∈（0,x0）时,u’(t）>0，当t∈时，u’（t)<0.在(0，x0）上u（t)是增函数,又u（0)=0,从而当t∈（0,x0]时，u(t)〉0,所以u（t)在(0，x0］上无零点.在上u（t)为减函数,由u（x0)〉0,u=-4ln2<0,知存在唯一t1∈,使u(t1)=0。所以存在唯一的t1∈，使u(t1）=0.因此存在唯一的x1=π—t1∈，使h（x1）=h（π—t1）=u(t1）=0。因为当x∈时,1+sinx〉0,故g(x）=（1+sinx)h(x)与h（x）有相同的零点，所以存在唯一的x1∈，使g（x1)=0.因x1=π—t1,t1>x0，所以x0+x1<π.6。（2013陕西理，21,14分）已知函数f(x）=ex,x∈R.（1）若直线y=kx+1与f(x)的反函数的图象相切,求实数k的值;(2)设x〉0,讨论曲线y=f（x）与曲线y=mx2(m〉0）公共点的个数;(3）设a<b,比较与的大小,并说明理由.解析（1）f(x)的反函数为g(x)=lnx。设直线y=kx+1与g（x)=lnx的图象在P(x0，y0）处相切,则有y0=kx0+1=lnx0，k=g'(x0)=，解得x0=e2，k=.(2)曲线y=ex与y=mx2的公共点个数等于曲线y=与y=m的公共点个数.令φ（x)=,则φ'(x）=,∴φ’(2)=0。当x∈（0，2)时，φ'（x)<0,φ（x)在（0，2)上单调递减；当x∈(2，+∞）时，φ’（x）〉0，φ（x）在(2，+∞)上单调递增，∴φ(x)在(0，+∞)上的最小值为φ(2）=。当0<m〈时，曲线y=与y=m无公共点;当m=时，曲线y=与y=m恰有一个公共点；当m〉时,在区间（0,2)内存在x1=,使得φ(x1）〉m,在(2，+∞)内存在x2=me2，使得φ(x2)〉m.由φ(x）的单调性知,曲线y=与y=m在（0,+∞)上恰有两个公共点。综上所述，当x〉0时,若0〈m〈,曲线y=f（x）与y=mx2没有公共点;若m=，曲线y=f（x）与y=mx2有一个公共点；若m〉，曲线y=f(x)与y=mx2有两个公共点。(3)可以证明〉.事实上,>⇔〉⇔>⇔〉1-⇔>1-(b>a）。(＊)令ψ(x)=+-1(x≥0）,则ψ’（x）=-==≥0(当且仅当x=0时等号成立），∴ψ(x)在［0,+∞）上单调递增，∴x〉0时,ψ(x）>ψ（0)=0.令x=b—a，即得(＊)式，结论得证。三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点导数在实际问题中的应用及综合应用1。(苏教选2—2,一,4，4,变式)海轮每小时的燃料费与它的航行速度的立方成正比,已知某海轮的最大航速为30千米/时，当速度为10千米/时时，它的燃料费是每小时25元，其余费用（无论速度如何）是每小时400元.如果甲、乙两地相距800千米，则要使该海轮从甲地航行到乙地的总费用最低，它的航速应为.

答案20千米/时2。（2016江苏淮安阶段测试，11)将一个相邻两边长分别为a，b（0<a<b)的长方形的四个角切去四个相同的正方形,然后折成一个无盖的长方体形的盒子，若这个长方体的外接球的体积存在最小值，则的取值范围是.

答案3。（2018江苏淮安、宿迁期中）将2张边长均为1分米的正方形纸片分别按甲、乙两种方式剪裁并废弃阴影部分.(1)在图甲的方式下,剩余部分恰能完全覆盖某圆锥的表面，求该圆锥的母线长及底面半径；（2)在图乙的方式下,剩余部分能完全覆盖一个长方体的表面,求长方体体积的最大值。解析(1）图甲对应的圆锥如图丙,圆锥母线为PA=L分米,圆锥底面半径为OA=r分米，则有L+r+r=，×2πL=2πr,解得L=，r=,∴该圆锥的母线长为分米,底面半径为分米.（2）图乙剩余部分覆盖的长方体如图丁所示,设其同一顶点处的三条棱长分别为a,b，c,则2（a+b)=1,b+c=1⇒a=-b,c=1—b，长方体体积V=abc=b(1—b）=b3—b2+b,令g(b)=b3—b2+b,则g'（b)=3b2—3b+,令g'(b)=0,得b=，∵0<b<，∴b=.∴当b∈时，g’(b）>0，b∈时,g'(b)<0，∴g（b)在上递增，在上递减,∴当b=时，Vmax=××=。∴长方体体积的最大值为立方分米。4.（2018江苏南通中学高三阶段练习）一块圆柱形木料的底面半径为12cm，高为32cm，要使这块木料加工成一只毛笔筒,在木料一端正中间掏出一个小圆柱，使小圆柱与原木料同轴,并且掏取的圆柱体积是原木料体积的三分之一，设小圆柱底面半径为r，高为h,要求笔筒底面的厚度超过2cm。(1）求r与h的关系，并指出r的取值范围;（2)笔筒形成后进行后续加工，要求笔筒上底圆环面、桶内侧面、外表侧面都喷上油漆，其中上底圆环面、外表侧面喷漆费用均为a（元/cm2),桶内侧面喷漆费用为2a（元/cm2),而桶内底面铺贴金属薄片，其费用是7a（元/cm2)（其中a为正常数）。①将笔筒的后续加工费用y（元)表示为r的函数；②求当r取何值时,能使笔筒的后续加工费用y最小,并求出y的最小值.解析(1)据题意得，πr2h=(π·122·32),所以h=，因为32—h〉2，所以h<30,即〈30,解得r>，又0<r〈12，所以<r<12.(2)①据题意得,笔筒的后续加工费用y=7aπr2+2a(2πrh)+a（π·122—π·r2+2π·12·32)，整理得y=6aπr2+4aπrh+12aπ×76=6aπr2+4aπr·+12aπ×76=6aπ，定义域为.②由①知,y'=6aπ=12aπ·,令y'=0得r=8∈,r8（8，12)y’—0+y递减极小值递增∴当r=8时，y取得最小值，最小值为2064aπ,答:当r=8cm时,能使笔筒的后续加工费用y最小,最小值为2064aπ元。5。(2018江苏如东中学高三学情检测）某综艺频道举行某个水上娱乐游戏。如图，固定在水面上点O处的某种设备生产水波圈，水波圈生产t秒时,半径r（单位:m）满足r2=t3,AB是铺设在水面上的浮桥，浮桥的宽度忽略不计，浮桥两端A，B固定在水岸边,游戏规定:当点O处刚产生水波圈时，游戏参与者（视为一个点）从浮桥的A端跑向B端,若该参与者通过浮桥AB的过程中，从点O处发出的水波圈始终没能到达此人跑动的位置，则认定该参与者在这个游戏中过关，否则认定在这个游戏中不过关,已知tan∠AOB=-2,OA=6m,浮桥AB的某个桥墩处点M到直线OA，OB的距离分别为2m，m，且AM〈4m，若某游戏参与者能以m/s的速度从浮桥A端匀速跑到B端。（1）求该游戏参与者从浮桥A端跑到B端所需的时间;(2)问该游戏参与者能否在这个游戏中过关?请说明理由.解析(1)建立如图所示的直角坐标系,则A（6,0),直线OB的方程为2x+y=0.设M（x0,2)，由=,得x0=3或x0=-5。当x0=3时,AM=〈4，符合题意；当x0=-5时，AM=5〉4，不符合题意。所以x0=3,直线AM的方程为2x+3y—12=0.由解得即B（—3,6）.所以AB==3.所以，该游戏参与者从浮桥A端跑到B端所需的时间为=3s.（2)在△OAB中,sin∠OAB=,cos∠OAB=.记游戏参与者的位置为点P,易知ts时,点P的坐标为（6—3t,2t）,其中0≤t≤3.∴OP2=(6-3t）2+(2t)2=13t2—36t+36,r2=t3。令f（t）=r2—OP2=t3-13t2+36t-36(0≤t≤3)。则f'(t）=4t2-26t+36=(2t—4）(2t-9）,∴t∈（0,2)时，f’（t)〉0，f(t）在（0，2）上为增函数,t∈(2,3)时，f’(t)<0，f（t)在(2,3)上为减函数，故当t=2s时,f(t）取得最大值f(2)。由于f（2）=—〈0,所以t∈[0，3]时，r〈OP恒成立，即该游戏参与者通过浮桥AB的过程中，从点O处发出的水波圈始终没有到达此人跑动的位置,所以该参与者在这个游戏中过关。6。（2018江苏金陵中学高三月考）如图所示，有一块半径长为1米的半圆形钢板,现要从中截取一个内接等腰梯形部件ABCD,设梯形部件ABCD的面积为y平方米。（1）按下列要求写出函数关系式：①设CD=2x(米),将y表示成x的函数关系式;②连结OC，设∠BOC=θ（rad),将y表示成θ的函数关系式；(2）求梯形部件ABCD面积的最大值.解析如图所示，以直径AB所在的直线为x轴，线段AB的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，过点C作CE⊥AB于E。(1)①∵CD=2x，∴OE=x(0〈x〈1),CE=，∴y=（AB+CD）·CE=（2+2x）=（x+1）(0<x<1）.(4分）②∵∠BOC=θ，∴OE=cosθ,CE=sinθ,∴y=（AB+CD)·CE=(2+2cosθ）sinθ=（1+cosθ）sinθ。（8分)（2)(解法一)由（1)得y==，0〈x<1。令t（x）=—x4—2x3+2x+1，0〈x<1，则t'（x)=—4x3—6x2+2=—2(2x3+3x2-1）=-2(x+1)2（2x—1),（10分)令t'(x）=0,得x=，x=-1(舍）.(12分)∴当0<x〈时，t’(x)>0,函数t（x）在上单调递增,当〈x〈1时,t’(x）〈0，∴函数t(x）在上单调递减，所以当x=时，t(x）取得最大值，∴ymax=。（14分)∴梯形部件ABCD面积的最大值为平方米.（15分)（解法二）由（1）得,y=（1+cosθ）·sinθ，0<θ<。∴y'=cosθ+cos2θ-sin2θ=2cos2θ+cosθ—1,（10分）令y’=0，得cosθ=或cosθ=-1（舍)，∴θ=,(12分）∴当0〈θ<时,y’〉0，∴函数在上单调递增，当〈θ〈时,y’〈0,∴函数在上单调递减，所以当θ=时，ymax=。（14分）∴梯形部件ABCD面积的最大值为平方米。（15分）7。（2017江苏苏州调研,18）如图，某城市小区有一个矩形休闲广场,AB=20米，广场的一角是半径为16米的扇形BCE绿化区域，为了使小区居民能够更好地在广场休闲放松,现决定在广场上安置两排休闲椅,其中一排是穿越广场的双人靠背直排椅MN（宽度不计）,点M在线段AD上,并且与曲线CE相切；另一排为单人弧形椅沿曲线CN(宽度不计）摆放.已知双人靠背直排椅的造价为每米2a元，单人弧形椅的造价为每米a元,记∠NBE=θ，总造价为W元。(1）试将W表示为θ的函数W（θ），并写出cosθ的取值范围；(2)如何选取点M的位置,使总造价W最小？解析（1）如图，过N作AB的垂线,垂足为F；过M作NF的垂线,垂足为G。在Rt△BNF中，BF=16cosθ,则MG=20-16cosθ，在Rt△MNG中,MN=，由题意易得弧CN的长度为16,因此,W（θ）=2a·+16a，cosθ∈.（2）W’（θ）=-16a+8a=8a.令W’(θ）=0，得cosθ=，设锐角θ1满足cosθ1=,θ1∈,因为θ∈,所以θ=,当θ∈时，W’(θ）〈0，W(θ）单调递减;当θ∈时,W’（θ)〉0,W(θ）单调递增.所以当θ=时，总造价W最小，最小值为a,此时MN=8，NG=4,NF=8,因此当AM=4米时,总造价最小.8。（2017江苏泰州姜堰期中,18）如图所示的铁片由两部分组成,半径为1的半圆O及等腰直角△EFH,其中FE⊥FH.现将铁片裁剪成尽可能大的直角梯形铁片ABCD(不计损耗)，AD∥BC∥HF，AB∥EF，且点A,B在弧EF上.点C，D在斜边EH上，AD，BC分别交EF于M，N.设∠AOE=θ。(1)求梯形铁片ABCD的面积S关于θ的函数关系式,并写出其定义域;（2）试确定θ的值,使得梯形铁片ABCD的面积S最大,并求出最大值。解析（1）连结BO.易知∠AOE=θ=∠BOF,OA=OB=1，所以AD=1—cosθ+sinθ，BC=1+cosθ+sinθ,AB=2cosθ，所以S==2(1+sinθ)cosθ,θ∈。(2)S'（θ）=2［cos2θ-(1+sinθ)sinθ］=—2(2sin2θ+sinθ—1）=-2(2sinθ—1)（sinθ+1),θ∈，令S'（θ)=0，得sinθ=或sinθ=-1（舍去）,∵θ∈,∴θ=。当0<θ<时,S’（θ）〉0，S(θ)单调递增，当<θ〈时，S’(θ）<0,S（θ)单调递减，所以当且仅当θ=时，S取得最大值,Smax=.答:当θ=时，梯形铁片ABCD的面积S最大,最大值为。9。（2017江苏南通中学期中，18)如图，某城市有一块半径为40m的半圆形绿化区域（以O为圆心，AB为直径)，现计划对其进行改建。在AB的延长线上取点D,OD=80m,在半圆上选定一点C,改建后的绿化区域由扇形区域AOC和三角形区域COD组成,其面积为Sm2。设∠AOC=xrad.(1)写出S关于x的函数关系式S（x),并指出x的取值范围;（2）试问∠AOC多大时，改建后的绿化区域的面积S取得最大值?解析（1）因为扇形AOC的半径为40m,∠AOC=xrad，所以S扇形AOC==800x，0〈x〈π.在△COD中，OD=80，OC=40,∠COD=π—x,所以S△COD=·OC·OD·sin∠COD=1600sin(π—x)=1600sinx。从而S=S△COD+S扇形AOC=1600sinx+800x,0<x〈π.（2）由(1)知,S(x)=1600sinx+800x，0<x<π。所以S’（x)=1600cosx+800=1600.由S'(x)=0,解得x=.当0〈x<时，S’(x）〉0;当〈x<π时,S’(x)<0。因此S(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减。所以当x=时,S(x）取得最大值。答：当∠AOC为时，改建后的绿化区域的面积S最大。10.（2017江苏徐州期末调研，17)如图，已知A，B两镇分别位于东西湖岸MN的A处和湖中小岛的B处，点C在A的正西方向1km处,tan∠BAN=，∠BCN=。现计划铺设一条电缆联通A,B两镇.有两种铺设方案：①沿线段AB在水下铺设；②在湖岸MN上选一点P，先沿线段AP在地下铺设,再沿线段PB在水下铺设。预算地下、水下的电缆铺设费用分别为2万元/km、4万元/km.（1)求A，B两镇间的距离；（2)应该如何铺设，使总铺设费用最低?解析(1）过B作MN的垂线,垂足为D.在Rt△ABD中，tan∠BAD=tan∠BAN==，所以AD=BD。在Rt△BCD中,tan∠BCD=tan∠BCN==1，所以CD=BD.则AC=AD—CD=BD-BD=BD=1，所以BD=3，则CD=3，AD=4.由勾股定理得,AB==5。所以A，B两镇间的距离为5km.（2)方案①：沿线段AB在水下铺设时，总铺设费用为5×4=20（万元）.方案②：设∠BPD=θ，则θ∈，其中θ0=∠BAN.在Rt△BDP中,DP==,BP==，所以AP=4—DP=4—。则总铺设费用为2AP+4BP=8—+=8+6·.设f（θ）=,则f’（θ)==,令f’(θ）=0,得θ=，列表如下：θf’（θ）—0+f（θ)↘极小值↗所以f(θ）的最小值为f=。所以方案②的总铺设费用最低为(8+6）万元,此时AP=4—。而8+6〈20，所以应选择方案②进行铺设，点P选在A的正西方向(4-）km处，总铺设费用最低。11.（2017南京第三次模拟考试,17)在一水域上建一个演艺广场。演艺广场由看台Ⅰ，看台Ⅱ，三角形水域ABC及矩形表演台BCDE四个部分构成（如图）.看台Ⅰ，看台Ⅱ是分别以AB，AC为直径的两个半圆形区域,且看台Ⅰ的面积是看台Ⅱ的面积的3倍。矩形表演台BCDE中,CD=10米,三角形水域ABC的面积为400平方米。设∠BAC=θ。（1）求BC的长（用含θ的式子表示);(2）若表演台每平方米的造价为0。3万元，求表演台的最低造价。解析(1)因为看台Ⅰ的面积是看台Ⅱ的面积的3倍，所以AB=AC.在△ABC中，S△ABC=AB·AC·sinθ=400，所以AC2=.由余弦定理可得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cosθ=4AC2—2AC2cosθ=(4-2cosθ),即BC==40。所以BC的长为40(θ∈(0，π））米.（2)设表演台的总造价为W万元。因为CD=10m,表演台每平方米的造价为0.3万元，所以W=3BC=120,θ∈(0，π）.记f（θ）=，θ∈(0,π),则f’(θ）=.令f’(θ)=0，解得θ=。当θ∈时，f'(θ）<0;当θ∈时，f'(θ)>0，故f（θ）在上单调递减，在上单调递增，从而当θ=时，f（θ)取得最小值,最小值为f=1。所以Wmin=120.答：表演台的最低造价为120万元.12.（2016江苏苏北四市调研,17）如图,OA是南北方向的一条公路，OB是北偏东45°方向的一条公路，某风景区的一段边界为曲线C。为方便游客观光,拟过曲线C上的某点P分别修建与公路OA,OB垂直的两条道路PM，PN，且PM，PN的造价分别为5万元/百米,40万元/百米，建立如图所示的直角坐标系xOy，则曲线符合函数y=x+(1≤x≤9)模型，设PM=x百米,修建两条道路PM,PN的总造价为f（x)万元。(1)求f（x)的解析式；（2）当x为多少时,总造价f(x）最低?并求最低造价.解析(1）因为曲线C的方程为y=x+(1≤x≤9)，PM=x，所以点P的坐标为,由题意得直线OB的方程为x—y=0,则点P到直线x—y=0的距离PN===,又PM的造价为5万元/百米,PN的造价为40万元/百米，所以两条道路的总造价f（x)=5x+40·=5(1≤x≤9)。(2)因为f(x）=5x+40·=5,1≤x≤9，所以f’(x)=5=,1≤x≤9,令f'（x)=0,得x=4,列表如下:x（1，4）4（4,9)f’（x）—0+f（x）单调递减极小值单调递增所以当x=4时，函数f（x）取得最小值，最小值为f（4）=5=30。所以当x=4时,总造价最低，最低造价为30万元.B组2016-2018年模拟·提升题组(满分：60分时间：40分钟）解答题(共60分）1.(2018江苏徐州铜山中学期中）如图,有一块半圆形空地,开发商计划建一个矩形游泳池ABCD及其附属设施EFGH，并将剩余空地进行绿化,其中半圆的圆心为O,半径为R米，矩形的一边AB在直径上,点C，D，G,H在圆周上，E，F在边CD上，且∠BOG=,设∠BOC=θ.(1)记游泳池及其附属设施的占地面积为f(θ）(平方米），求f（θ)的表达式；(2）当f(θ）取得最大值时,求θ的余弦值.解析（1）由题意得，AB=2Rcosθ，BC=Rsinθ，且△HOG为等边三角形,所以HG=R，EH=R-Rsinθ,f(θ)=S矩形ABCD+S矩形EFGH=2Rcosθ·Rsinθ+R=R2,θ∈。(2）f’（θ)=R2（2cos2θ—2sin2θ-cosθ)=R2(4cos2θ-cosθ-2)，令f’（θ）=0,得4cos2θ-cosθ—2=0，解得cosθ=或cosθ=(舍去），令cosθ0=,θ0∈,当θ∈(0,θ0）时,f'（θ)〉0，f(θ）是单调增函数；当θ∈时,f'（θ)〈0，f(θ)是单调减函数,所以当θ=θ0时,f（θ)取得最大值。此时cosθ=。2.（2017江苏盐城期中，18）如图所示,有一块矩形空地ABCD，AB=2km,BC=4km,根据周边环境及实际地形，当地政府规划在该空地内建一个筝形商业区AEFG，筝形的顶点A,E,F，G为商业区的四个入口，其中入口F在边BC上（不包含端点),入口E，G分别在边AB，AD上，且满足点A，F恰好关于直线EG对称，矩形内筝形外的区域均为绿化区.(1）请确定入口F的选址范围；（2）设商业区的面积为S1km2,绿化区的面积为S2km2，商业区的环境舒适度指数为,则入口F如何选址可使得该商业区的环境舒适度指数最大?解析(1）以A为原点,AB所在直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系,则A(0,0),设F（2,2a）（0〈2a〈4),则线段AF的中点为(1，a)，直线AF的斜率为a,易知EG⊥AF,故直线EG的斜率为-，则直线EG的方程为y—a=—(x-1)，令x=0，得y=a+;令y=0,得x=1+a2,∴E（1+a2，0）,G，由得∴2—≤a≤1，即入口F的选址需满足BF的长度范围是［4—2,2]（单位:km).（2）因为S1=2S△AEG=AE·AG=(1+a2)=a3+2a+，故该商业区的环境舒适度指数==—1=—1,所以要使最大，只需S1最小.设S1=f(a）=a3+2a+,a∈[2—，1]，则f'(a）=3a2+2—===,令f'(a)=0,得a=或a=-（舍),列表如下:a2-1f’（a)—0+f（a)32-16减极小值增4故当a=，即入口F满足BF=km时，该商业区的环境舒适度指数最大。3。(2017南京、盐城第二次模拟考试，17)在一张足够大的纸板上截取一个面积为3600平方厘米的矩形纸板ABCD，然后在矩形纸板的四个角上切去边长相等的小正方形，再把它的边沿虚线折起，做成一个无盖的长方体纸盒（如图)。设小正方形边长为x厘米,矩形纸板