資源簡介

(共22張PPT)
5.3.3 最大值與最小值
知識點 求函數的最大值與最小值的步驟
必備知識 清單破
　　求函數f(x)在區間[a,b]上的最大值與最小值可以分為兩步:
第一步:求f(x)在區間(a,b)上的極值;
第二步:將第一步中求得的極值與f(a),f(b)比較,得到f(x)在區間[a,b]上的最大值與最小值.
注意:函數的最大(小)值是相對于函數定義域整體而言的,如果存在最大(小)值,那么最大(小) 值唯一.
知識辨析
1.函數的最值一定是函數的極值嗎
2.開區間上的單調連續函數有最值嗎
3.若連續函數在區間內存在唯一的極值,則這個極值也一定是函數在區間內的最值,對嗎
一語破的
1.不一定.函數的最值是通過比較函數的端點值和極值得到的,若最值不是端點值,則一定是 極值.
2.沒有.因為函數是單調函數,所以在區間端點取得最大、最小值,而開區間的區間端點無法 取到,所以無最值.
3.對.若是唯一的極大值,極值點左側是單調遞增區間,極值點右側是單調遞減區間,則極大值 一定是區間內的最大值;若是唯一的極小值,極值點左側是單調遞減區間,極值點右側是單調 遞增區間,極小值一定是區間內的最小值,開閉區間都一樣.
　　有關含參函數的最大(小)值問題,一般有兩類:
一類是求含參函數的最大(小)值,對于此類問題,由于參數的取值范圍不同可能會導致函數的 單調性變化,從而導致最大(小)值變化,所以解決此類問題常常需要分類討論,在分類討論得 到函數的單調性和極值之后,討論極值與區間端點值的大小得到最值.
另一類是由最大(小)值求參數的值或取值范圍,此類問題是根據導數求函數最值問題的逆向 運用,求解此類問題的步驟:
(1)求導數f'(x),并求極值;
(2)利用單調性,將極值與端點處的函數值進行比較,確定函數的最值,若參數的變化影響著函 數的單調性,則要對參數進行分類討論;
(3)利用最值列出關于參數的方程(組),求解即可.
定點 1 利用導數解決含參函數的最值問題
關鍵能力 定點破
典例1 已知函數f(x)=ax-ln x(a∈R),求函數y=f(x)在區間[e,e2]上的最小值.
解析 f(x)的定義域為(0,+∞),f'(x)=a- = .
當a≤0時,f'(x)<0,f(x)在[e,e2]上單調遞減,∴f(x)在[e,e2]上的最小值為f(e2)=ae2-2.
當a>0時,令f'(x)=0,得x= ,
則f(x)在 上單調遞減,在 上單調遞增.
①當 ≤e,即a≥ 時,
f(x)在[e,e2]上單調遞增,
∴f(x)在[e,e2]上的最小值為f(e)=ae-1;
②當e< f(x)在 上單調遞減,在 上單調遞增,∴f(x)在[e,e2]上的最小值為f =1+ln a;
③當 ≥e2,即0f(x)在[e,e2]上單調遞減,
∴f(x)在[e,e2]上的最小值為f(e2)=ae2-2.
綜上所述,當a≤ 時,f(x)在[e,e2]上的最小值為f(e2)=ae2-2;
當 當a≥ 時,f(x)在[e,e2]上的最小值為f(e)=ae-1.
典例2 已知f(x)=ax3-6ax2+b,是否存在實數a,b,使f(x)在[-1,2]上取得最大值3,最小值-29 若存在, 求出a,b的值;若不存在,請說明理由.
解析 由題設知a≠0.
易得f '(x)=3ax2-12ax=3ax(x-4),
令f '(x)=0,得x=0或x=4(舍去).
①當a>0時,x,f '(x),f(x)的變化情況如表:
x -1 (-1,0) 0 (0,2) 2
f '(x) + 0 -
f(x) -7a+b ↗ b ↘ -16a+b
由表可知,當x=0時, f(x)取得極大值,也就是函數f(x)在[-1,2]上的最大值,∴f(0)=3,即b=3.
又f(-1)=-7a+3, f(2)=-16a+3∴f(2)=-16a+3=-29,∴a=2.
②當a<0時,同理可得,當x=0時, f(x)取得極小值,也就是函數f(x)在[-1,2]上的最小值,
∴f(0)=-29,即b=-29.
又f(-1)=-7a-29, f(2)=-16a-29>f(-1),
∴f(2)=-16a-29=3,∴a=-2.
綜上可得,存在實數a=2,b=3或a=-2,b=-29滿足題意.
1.利用函數的導數求函數的最大(小)值,可以處理有關函數圖象、不等式等綜合問題,特別是 有關不等式的恒成立問題.
2.處理不等式恒成立問題的方法
(1)取主元(給定范圍內任意取值的變量),結合參數分類,利用最大(小)值或數形結合解決有關 不等式的恒成立問題.
(2)將主元與參數分離,將不等式恒成立問題轉化為最大(小)值問題來解決.
在定義域內,對于任意的x,都有f(x)≥a成立,可轉化為f(x)min≥a;對于任意的x,都有f(x)≤a成立, 可轉化為f(x)max≤a.
3.證明不等式問題,可以將不等式問題轉化為最大(小)值問題,利用函數的最大(小)值加以證明.
定點 2 利用導數解決與函數最值有關的不等式恒成立問題
典例 已知函數f(x)=ex-ax-a(其中e為自然對數的底數).
(1)討論函數f(x)的單調性;
(2)若 x∈(0,2],不等式f(x)>x-a恒成立,求實數a的取值范圍;
(3)設n∈N*,證明: + + +…+ < .
思路點撥 (1)易得f '(x)=ex-a,再分a≤0和a>0兩種情況研究f(x)的單調性.
(2)參變分離,轉化為a< -1,x∈(0,2]恒成立,構造函數g(x)= -1,x∈(0,2],進而轉化為求g(x)的
最小值.
(3)由(1)知x+1≤ex,通過換元得 < ,即 解析 (1)易得函數f(x)的定義域為R,f '(x)=ex-a.
①當a≤0時, f '(x)>0恒成立,函數f(x)在R上單調遞增;
②當a>0時,令f '(x)>0,得x>ln a,令f '(x)<0,得x所以f(x)在(-∞,ln a)上單調遞減,在(ln a,+∞)上單調遞增.
(2) x∈(0,2],不等式f(x)>x-a恒成立,
即不等式(a+1)x即當x∈(0,2]時,a< -1恒成立.
令g(x)= -1(x∈(0,2]),
則g'(x)= .
令g'(x)>0,得1所以g(x)在(0,1)上單調遞減,在(1,2]上單調遞增.
所以當x=1時,g(x)取得極小值,也是最小值,為e-1.
所以實數a的取值范圍是(-∞,e-1).
(3)證明:當a=1時,由(1)可知對任意實數x都有ex-x-1≥f(0)=0,
即x+1≤ex(當且僅當x=0時,等號成立).
令x+1= (k=1,2,3,…,n),
則 < ,即 故 + + +…+ < (e1+e2+e3+…+en)= < .
規律總結 應用導數進行證明時常用的不等式:
①ln x≤x-1(x>0);
② ≤ln(x+1)≤x(x>-1);
③ex≥1+x;
④e-x≥1-x;
⑤ < (x>1);
⑥ < - (x>0).
1.實際生活中經常遇到利潤最大、用料最省、效率最高等問題,這些問題通常稱為優化問題. 導數是解決生活中優化問題的有力工具.
利用導數解決生活中的優化問題的步驟如下:

定點 3 利用導數解決生活中的優化問題
2.解決優化問題時應注意的問題
(1)列函數關系式時,要注意實際問題中變量的取值范圍,即函數的定義域.
(2)一般地,可通過求函數的極值來求得函數的最值.如果函數f(x)在給定區間內只有一個極值 點或函數f(x)在開區間上只有一個點使f '(x)=0,則只需根據實際意義判斷該值是最大值還是 最小值即可,不必再與端點處的函數值進行比較.
典例 某企業研發出一款新產品,計劃生產投入市場.已知該產品的固定研發成本為180萬元, 此外,每生產一臺該產品需另投入450元.設該企業一年內生產該產品x(0(1)寫出年利潤P(x)(單位:萬元)關于年產量x(單位:萬臺)的函數關系式;(利潤=銷售收入-固定 研發成本-產品生產成本)
(2)當年產量為多少萬臺時,該企業的獲利最大 并求出此時的最大利潤.
解析 (1)當0當2=-10x- +2 870,
所以P(x)=
(2)當0令t=x-2,則t∈(-2,0],I(x)=2(x-1)ex-2+2轉化為φ(t)=2(t+1)et+2,
則φ'(t)=2(t+2)et,
當t∈(-2,0]時,φ'(t)>0,φ(t)在(-2,0]上單調遞增,
所以φ(t)的最大值為φ(0)=4,即當x=2時,I(x)取得最大值4萬元,
此時銷售收入遠小于投入,企業虧損,所以最大獲利一定在2此時P(x)=-10x- +2 870
=- +2 870
≤-2 +2 870
=-600+2 870=2 270,當且僅當10x= ,即x=30(負值舍去)時等號成立,
此時P(x)取得最大值,且最大值為2 270萬元,
所以當年產量為30萬臺時,該企業獲利最大,最大利潤為2 270萬元.
素養解讀
　　高考對導數的綜合應用的考查通常難度較大,常考題型一般有三種:不等式恒成立問 題、不等式證明問題、函數的零點問題.這些問題雖然形式不同,但實質是一樣的,主要考查 函數的單調性、極值、最值等,利用導數解決此類問題,可以把函數、導函數或者二階導函 數的圖象大致描述出來,利用圖象描述和分析數學問題,建立數和形的聯系,培養直觀想象的 核心素養,這類問題的計算量比較大,在計算時要注意運算技巧的應用,在運算過程中培養學 生數學運算的核心素養,同學們在課下要注意題型歸納、方法總結以及易錯、易混淆問題的 梳理等.
素養 在導數的綜合應用問題中培養學生直觀想象和數學運算的核心素養在導數的綜合應
　　　用問題中培養學生直觀想象和數學運算的核心素養
學科素養 情境破
例題 已知函數f(x)=ex-a(x+2).
(1)當a=1時,討論f(x)的單調性;
(2)若f(x)有兩個零點,求a的取值范圍.
典例呈現
主編點評 本題考查的是函數的零點問題,可轉化為相應方程有兩個不同的實數根,利用數 形結合思想進一步轉化為兩函數圖象的交點個數問題,畫函數圖象時需要利用導數研究函數 的單調性,判斷圖象的大致趨勢,此外,一些常見函數的求導公式要牢固掌握,這是解題的基礎, 計算要認真、準確.
解題思路 (1)當a=1時,f(x)=ex-(x+2),則f'(x)=ex-1,令f'(x)<0,解得x<0,令f'(x)>0,解得x>0,所以f(x) 在(-∞,0)上單調遞減,在(0,+∞)上單調遞增.
(2)f(x)有兩個零點,即方程ex-a(x+2)=0有兩個實數根,顯然x=-2不是方程的根,故a= 有兩個
實數根,令h(x)= (x≠-2),則h'(x)= = ,
令h'(x)>0,解得x>-1,令h'(x)<0,解得x<-2或-2所以函數h(x)在(-∞,-2)和(-2,-1)上單調遞減,在(-1,+∞)上單調遞增,
當x<-2時,h(x)<0,而x→-2+時,h(x)→+∞,當x→+∞時,h(x)→+∞,畫出y= (x≠-2)的大致圖象,
如圖,

所以當a= 有兩個實數根時,有a>h(-1)= ,所以a的取值范圍是 .
思維升華
　　求解導數的綜合問題時,首先要構造合理的函數,利用導數研究函數的單調性、極值、 最值等性質,必要時根據這些性質畫出函數的大致圖象,通過觀察函數的變化趨勢找到分類 的標準與解題方法,不僅思路清晰而且步驟簡捷,數學運算也是很關鍵的一步,同學們要在數 學運算中學會舉一反三,注重反思、歸納,同時規范答題格式與解題技巧.5.3.3　最大值與最小值
基礎過關練
題組一　函數最大(小)值的求解
1.函數f(x)=sin x-xcos x在區間上的最小值為(　　)
A.　　　　D.0
2.函數f(x)=sin x+的最大值為(　　)
A.
3.已知實數x>0,則函數y=xx的值域為(　　)
A.(0,+∞)　　　　B.(1,+∞)　　　　C.,+∞)
4.已知函數f(x)=-x3+3x2+9x+a(a為常數)在區間[-2,2]上有最大值20,那么函數f(x)在此區間上的最小值為(　　)
A.-37　　　　B.-7　　　　C.-5　　　　D.-11
5.已知函數f(x)=+|x-1|,則f(x)的最小值為　　　　.
6.已知函數f(x)=2x3-mx2-12x+6的一個極值點為2.
(1)求m的值;
(2)求函數f(x)在區間[-2,2]上的最值.
題組二　函數最大(小)值的應用
7.已知函數f(x)=x3+16ln x-ax在區間[1,3]上單調遞減,則a的取值范圍是(　　)
A.(17,+∞)　　　　B.
C.[17,+∞)　　　　D.
8.若a∈,g(a)表示y=sin x在[0,a]上的平均變化率,則函數g(a)的值域為(　　)
A.(0,+∞)　　　　B.(0,1)
C.
9.若函數f(x)=ln x-ax2+(a-2)x在(1,+∞)上有最小值,則實數a的取值范圍為(　　)
A.(-1,0)　　　　B.(-∞,-1)
C.(0,1)　　　　D.(-1,1)
10.若函數f(x)=x3-3x在區間(m,2)上有最小值,則m的取值范圍是　　　　.
11.已知函數f(x)=2x3-ax2+b,若存在a,b,使得f(x)在區間[0,1]上的最小值為-1,最大值為1,則符合條件的一組a,b的值為　　　　.
12.若函數f(x)=(2x+a)2·(其中a<0)在區間[1,4]上的最小值為8,則a=　　　　.
13.已知函數f(x)=ln x+ax+2(a<0)的最大值為2.
(1)求a的值;
(2)若f(x)≤bx在[1,+∞)上恒成立,求b的取值范圍.
題組三　利用導數解決生活中的優化問題
14.已知四個城市坐落在正方形ABCD的四個頂點處,正方形邊長為200 km,現要修建高鐵連接這四個城市,設計師設計了圖中的連接路線(路線由五條實線段組成,且路線上、下對稱,左、右對稱),則路線總長(單位:km)的最小值為(　　)
A.300
C.600　　　　D.200+200
15.(多選題)你是否注意過,市場上等量的小包裝的物品一般比大包裝的要貴一些 高二某研究小組針對飲料瓶的大小對飲料公司利潤的影響進行了研究,調查如下:某制造商制造并出售球形瓶裝的某種飲料,瓶子的制造成本是0.8πr2分,其中r(單位:cm)是瓶子的半徑.已知每出售1 mL的飲料,制造商可獲利0.2分(不考慮瓶子的成本的前提下),且制造商能制造的瓶子的最大半徑為6 cm.則下面結論正確的有(注:1 mL=1 cm3;利潤可為負數)(　　)
A.利潤隨著瓶子半徑的增大而增大
B.半徑為6 cm時,利潤最大
C.半徑為2 cm時,利潤最小
D.半徑為3 cm時,制造商不獲利
16.長征五號B運載火箭是專門為中國載人航天工程空間站建設而研制的一款新型運載火箭,是中國近地軌道運載能力最大的新一代運載火箭.長征五號有效載荷整流罩外形是馮·卡門外形(原始卵形)+圓柱形,由兩個半罩組成,某學校航天興趣小組制作整流罩模型,近似一個由圓柱和圓錐組成的幾何體,如圖所示,若圓錐的母線長為6,且圓錐的高與圓柱的高的比為1∶3,則該模型體積的最大值為(　　)
A.40π
17.已知圓錐的外接球半徑為2,則該圓錐的最大體積為　　　　.
18.學校外的濕地公園有一形狀為半圓形的荷花池.如圖所示,為了提升荷花池的觀賞性,現計劃在池塘的中軸線OC上設計一個觀景臺D(點D與點O,C不重合),其中AD,BD,CD段建設架空木棧道,已知AB=100 m,設建設的架空木棧道的總長為y m.
(1)設∠DAO=θ rad,將y表示成θ的函數關系式,并寫出θ的取值范圍;
(2)試確定觀景臺的位置,使三段架空木棧道的總長度最短.
能力提升練
題組一　函數最值的求解
1.已知函數f(x)=,則f(x)的值域為(　　)
A.[-4-2]
C.(-∞,4-]
2.已知函數f(x)=xex,g(x)=-,若f(x1)=g(x2)=t(t>0),則的最大值為(　　)
A.e　　　　B.1　　　　C.
3.已知函數h(t)=et-1與g(t)=ln(2t-1)+2,若h(t1)=g(t2),則t2-t1的最小值為(　　)
A.-1　　　　B.-ln 2　　　　C.1-ln 3　　　　D.1-2ln 2
4.設定義在R上的函數f(x)滿足f'(x)+f(x)=3x2e-x,且f(0)=0,則下列結論正確的是(　　)
A.f(x)單調遞減　　　　B.f(x)單調遞增
C.f(x)有最大值　　　　D.f(x)有最小值
5.已知函數f(x)=x3-2mx2+m2x(m∈R)在x=6處有極小值.
(1)求m的值;
(2)求函數f(x)在[0,t](t>0)上的最大值.
6.設m為實數,函數f(x)=ln x+mx.
(1)求函數f(x)的單調區間;
(2)當m=e時,直線y=ax+是曲線y=f(x)的切線,求a+b的最小值.
題組二　函數最大(小)值的應用
7.若函數f(x)=xln(x-1)+a(x-1)在(1,+∞)上單調,則a的取值范圍是(　　)
A.(-∞,2)　　　　B.(-∞,2] C.(-2,+∞)　　　　D.[-2,+∞)
8.已知函數f(x)=1--ln x存在兩個零點,則實數a的取值范圍為(　　)
A.(0,1)　　　　B.(0,e) C.(1,+∞)　　　　D.(e,+∞)
9.已知函數f(x)=(3x2-6x+a+3)ex,若存在x0∈R,使得對任意x∈R,都有f(x)≥f(x0),則a的取值范圍是(　　)
A.a≥0　　　　B.a≤0　　　　C.a>3　　　　D.a<3
10.已知△ABC中,sin(π-A)=3sin Csin,且AB=2,則△ABC面積的最大值為　　　　.
11.已知函數f(x)是定義在(-∞,0)∪(0,+∞)上的奇函數,且當x>0時, f(x)=ex-ax+e3.若存在等差數列x1,x2,x3,x4(x112.設函數f(x)=xex,則函數f(x)的最小值為　　　　;若 x2∈(0,+∞), x1∈(0,+∞),使不等式+1)恒成立,則正數k的取值范圍是　　　　.
13.已知函數f(x)=ln x+a(1-x),a∈R.
(1)當a=2時,求f(x)在[1,2]上的最值;
(2)若存在x0∈(0,+∞),使得f(x0)≥2a-2成立,求實數a的取值范圍.
14.已知函數f(x)=xex-ax2-ax-1.
(1)若a>0,討論函數f(x)的單調性;
(2)若x>0,f(x)+ax2-2x-ln x≥0,求實數a的取值范圍.
題組三　利用導數解決生活中的優化問題
15.在△ABC中,AB=5,AC=3,tan A=,點M,N分別在邊AB,BC上移動,且MN=BN,沿MN將△BMN折起,得到四棱錐B-AMNC,則該四棱錐的體積的最大值是(　　)
A.
16.如圖所示,某小區有一半徑為100 m,圓心角為90°的扇形空地.現欲對該地塊進行改造,從弧AB上一點P向OB引垂線段PH,從點H向OP引垂線段DH.在△OPH的三邊修建步行道,則步行道長度的最大值是　　　　m.在△ODH內修建花圃,則花圃面積的最大值是　　　　m2.
答案與分層梯度式解析
5.3.3　最大值與最小值
基礎過關練
1.B　f'(x)=cos x-(cos x-xsin x)=xsin x,
當x∈時, f'(x)>0;當x=0時, f'(x)=0;當x∈時, f'(x)>0,
故f'(x)≥0在上恒成立,且僅在x=0處取“=”,則f(x)在上單調遞增,
所以f(x)在區間上的最小值為f=-1.故選B.
2.B　由題意得f'(x)=cos x+cos 2x=2cos2x+cos x-1=(2cos x-1)(cos x+1),
易知-1≤cos x≤1,則cos x+1≥0,
所以當0, f(x)單調遞增;當-1≤cos x<,即2kπ+,k∈Z時, f'(x)≤0,且不恒為0, f(x)單調遞減,
故f(x)在x=2kπ+,k∈Z處取得極大值,即最大值,
所以f(x)max=sin,k∈Z.故選B.
3.D　對y=xx的兩邊同時取自然對數得ln y=xln x(x>0),令f(x)=xln x(x>0),則f'(x)=1+ln x,
令f'(x)>0,得x>,令f'(x)<0,得0故f(x)在上單調遞減,在上單調遞增,所以f(x)在x=處取得極小值,也是最小值,為f,
故f(x)的值域為,即ln y≥-,得y≥,所以y=xx的值域為[,+∞).故選D.
4.B　由已知得f'(x)=-3x2+6x+9,
令f'(x)=0,得x=-1或x=3(舍去).
當-20, f(x)單調遞增,
所以當x=-1時, f(x)取得極小值,即最小值,
又f(2)=22+a>f(-2)=2+a,
所以最大值為22+a=20,所以a=-2,
所以函數f(x)在區間[-2,2]上的最小值為f(-1)=-7.故選B.
5.答案　
解析　由已知得f(x)的定義域為R.當x<1時, f(x)=+1-x, f'(x)=<0恒成立,
所以f(x)在(-∞,1)上單調遞減,所以f(x)>f(1)=.
當x≥1時, f(x)=+x-1, f'(x)=>0恒成立,
所以f(x)在[1,+∞)上單調遞增,所以f(x)≥f(1)=.
綜上, f(x)在x=1處取得最小值,為.
6.解析　(1)f'(x)=6x2-2mx-12.
因為f(x)=2x3-mx2-12x+6的一個極值點為2,
所以f'(2)=6×22-2m×2-12=0,解得m=3.
(2)由(1)得f(x)=2x3-3x2-12x+6, f'(x)=6x2-6x-12=6(x+1)(x-2),x∈[-2,2].
令f'(x)<0,得-10,得-2所以f(x)在(-2,-1)上單調遞增,在(-1,2)上單調遞減,
所以函數f(x)在x=-1處取得極大值,也是最大值,為f(-1)=13,又f(-2)=2, f(2)=-14,所以函數f(x)在區間[-2,2]上的最小值為-14.
7.C　f'(x)=x2+-a,由題意知f'(x)≤0在區間[1,3]上恒成立,即a≥x2+在區間[1,3]上恒成立.
令g(x)=x2+,x∈[1,3],所以g'(x)=2x-,
因為x2+2x+4=(x+1)2+3≥3>0,
所以當10,
所以g(x)在(1,2)上單調遞減,在(2,3)上單調遞增,又g(1)=12+<17,
所以g(x)max=g(1)=17,則a≥17,即a的取值范圍是[17,+∞).故選C.
8.D　根據題意得g(a)=,a∈,故g'(a)=,a∈,
令f(a)=a-tan a,則f'(a)=1-<0,所以f(a)acos a,
故g'(a)<0,函數g(a)在上單調遞減,所以g(a)>g.
令h(a)=a-sin a,則h'(a)=1-cos a>0,所以h(a)>h(0)=0,即a>sin a,所以<1.
故函數g(a)的值域為.故選D.
9.A　由題意可得f'(x)=,x∈(1,+∞).∵x>1,∴1-2x<0.
若a≥0,則ax+1>0,當x>1時, f'(x)<0恒成立,∴f(x)在(1,+∞)上單調遞減,則f(x)在(1,+∞)上無最值,不合題意,舍去;
若a≤-1,則ax+1<0,當x>1時, f'(x)>0恒成立,∴f(x)在(1,+∞)上單調遞增,則f(x)在(1,+∞)上無最值,不合題意,舍去;
若-1-,易知->1,
∴f(x)在上單調遞增,在上單調遞減,則f(x)在(1,+∞)上有最小值f,符合題意.故選A.
10.答案　[-2,1)
解析　f'(x)=3x2-3,令f'(x)=0,得x=±1,
當x∈(-∞,-1)∪(1,+∞)時, f'(x)>0,當x∈(-1,1)時, f'(x)<0,
所以f(x)在(-∞,-1)和(1,+∞)上單調遞增,在(-1,1)上單調遞減,
若函數f(x)在(m,2)上有最小值,則其最小值必為f(1),
則1∈(m,2)且f(m)=m3-3m≥f(1)=-2,
即m<1且m(m2-1)-2(m-1)≥0,
則m<1且(m-1)2(m+2)≥0,解得-2≤m<1,
故m的取值范圍為[-2,1).
11.答案　a=4,b=1或a=0,b=-1(填寫一種即可)
解析　f'(x)=6x2-2ax=2x(3x-a),令f'(x)=0,得x=0或x=.若≥1,即a≥3,則f'(x)≤0在區間[0,1]上恒成立,且僅在個別點處取“=”,則f(x)在區間[0,1]上單調遞減,所以
若≤0,即a≤0,則f'(x)≥0在[0,1]上恒成立,且僅在個別點處取“=”,則f(x)在[0,1]上單調遞增,所以
若0<<1,即00,所以f(x)在上單調遞減,在上單調遞增,所以f(x)在x=處取得極小值,也是最小值,為f+b=-1,即a3-27b-27=0①.
因為無法判斷f(0)與f(1)的大小,所以f(x)可能在x=0處取得最大值,也可能在x=1處取得最大值,即f(0)=b=1②或f(1)=2-a+b=1③.
由①②得由①③得均不滿足0綜上,滿足題意的a,b的值為a=4,b=1或a=0,b=-1(填寫一種即可).
12.答案　-10
解析　由已知得f'(x)=,令f'(x)=0,得x=-或x=-,
∵a<0,∴0<-,
令f'(x)>0,得0-,令f'(x)<0,得-,∴f(x)在上單調遞增,在上單調遞減.
①當-≥4,即a≤-40時, f(x)在[1,4]上單調遞增,∴f(1)=8,解得a=-2±2,均不符合,故舍去.
②當-≤1,即-2≤a<0時, f(x)在[1,4]上單調遞增,∴f(1)=8,解得a=-2±2,均不符合,故舍去.
③當-≤1且-≥4,即-10≤a≤-8時, f(x)在[1,4]上單調遞減,∴f(4)=8,解得a=-10或a=-6(舍去).
④當1<-,即-40⑤當-<4,即-8綜上所述,a=-10.
13.解析　(1)由題可得f(x)的定義域為(0,+∞),且f'(x)=,令f'(x)=0,得x=-,
當x∈時, f'(x)>0, f(x)單調遞增,
當x∈時, f'(x)<0, f(x)單調遞減,
所以f(x)max=f+1=2,解得a=-.
(2)由(1)知f(x)=ln x-+2,因為x≥1,所以ln x-+2≤bx可化為b≥,
設g(x)=,所以g'(x)=,則g'(x)<0在[1,+∞)上恒成立,即g(x)在[1,+∞)上單調遞減,所以g(x)max=g(1)=2-,所以b≥2-,因此b的取值范圍是.
14.D　設∠EAB=θ,θ∈,則AE= km,EF=(200-200tan θ)km,
所以路線總長(單位:km)為4AE+EF=+200-200tan θ=200.
令f(θ)=,θ∈,
則f'(θ)=,
當θ∈時, f'(θ)<0, f(θ)單調遞減,當θ∈時, f'(θ)>0, f(θ)單調遞增,
所以f(θ)的最小值是f,則路線總長(單位:km)的最小值為200+200.故選D.
15.BCD　設每瓶飲料的利潤為f(r)分,則f(r)=0.2×,r∈(0,6],
則f'(r)=r(r-2),令f'(r)=0,得r=2或r=0(舍去).
所以當r∈(0,2)時, f'(r)<0, f(r)單調遞減,即半徑越大,利潤越低,
當r∈(2,6)時, f'(r)>0, f(r)單調遞增,即半徑越大,利潤越高,
所以當r=2時,函數f(r)取得最小值,
又f(0)=0, f(6)=,所以當r=6時,函數f(r)取得最大值,
因為f(3)==0,所以當r=3時,制造商不獲利.故選BCD.
16.C　設圓錐的高為h(0令f(x)=-x3+36x,0令f'(x)=0,得x=2(負值舍去),
當00,當2則f(x)在(0,2)上單調遞增,在(2,6)上單調遞減,故f(x)在x=2處取得極大值,也是最大值,
即當h=2時,V取得最大值,且Vmax=160π,故選C.
17.答案　π
解析　設圓錐的高為h,底面圓的半徑為r,
則(h-2)2+r2=22,即r2=4h-h2,
所以該圓錐的體積V=h3,
設f(h)=h3(h>0),則f'(h)=h-πh2,
令f'(h)>0,得0,函數f(h)單調遞減,
所以f(h)max=fπ,即該圓錐的最大體積為π.
18.解析　(1)由題意得0<θ<,OC⊥AB,OA=OB=50 m,
則DA=DB= m,DO=50tan θ m,所以DC=(50-50tan θ)m,
所以y=DA+DB+DC=+50-50tan θ=50.
(2)由(1)得y'=,
令y'=0,得sin θ=,即θ=,
當0<θ<時,y'<0,當時,y'>0,
所以當θ=時,ymin=50(+1),此時DO=50tan θ=(m).
所以當D在中軸線OC上且距離AB邊 m時,能使三段架空木棧道的總長度最短.
能力提升練
1.D　f(x)=,易知sin x≠-1,令sin x=t,t∈(-1,1],則f(x)可轉化為g(t)=,t∈(-1,1],
可得g'(t)=,
令g'(t)=0,可得t=-1+或t=-1-(舍去).
當t∈時,g'(t)>0,g(t)單調遞增,
當t∈時,g'(t)<0,g(t)單調遞減,
所以g(t)在t=-1+處取得極大值,也是最大值,即g(t)≤g,
當t趨近于-1時,可知g(t)=趨近于-∞,
因此f(x)的值域為(-∞,4-2].故選D.
2.C　由f(x1)=g(x2)=t>0,得x1=t,
即x1,容易判斷x1>0,ln>0.
由f(x)=xex,得f'(x)=(1+x)ex,當x>0時, f'(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上單調遞增,所以x1=ln,則.令h(t)=,t>0,則h'(t)=,令h'(t)>0,得01,所以h(t)在(0,1)上單調遞增,在(1,+∞)上單調遞減,所以h(t)max=h(1)=.故選C.
3.B　∵t>,2t-1>0,g(t)的值域是R,
設h(t1)=g(t2)=m,則m>=m,ln(2t2-1)+2=m,∴t1=ln m+1,t2=,
∴t2-t1=-ln m-1=em-2-ln m-,
設f(x)=ex-2-ln x-),
則f'(x)=,
設F(x)=f'(x),則F'(x)=>0,∴f'(x)在(,+∞)上單調遞增,
又f'(2)=0,∴當2時, f'(x)>0, f(x)單調遞增,
∴f(x)min=f(2)=-ln 2-=-ln 2,
∴t2-t1的最小值是-ln 2,故選B.
4.C　因為f'(x)+f(x)=3x2e-x,
所以exf'(x)+exf(x)=3x2,
可得[exf(x)]'=exf'(x)+exf(x)=3x2,
則exf(x)=x3+c(c為常數),
因為f(0)=0,所以e0f(0)=0+c=0,解得c=0,
所以f(x)=, f'(x)=,
當x>3時, f'(x)<0, f(x)單調遞減,當00, f(x)單調遞增,當x<0時, f'(x)>0, f(x)單調遞增,當x→+∞時, f(x)→0且f(x)>0,當x→-∞時, f(x)→-∞,
所以f(x)在x=3時有極大值,即最大值,為f(3)=,無最小值.故選C.
5.解析　(1)f'(x)=3x2-4mx+m2=(3x-m)(x-m),
因為f(x)在x=6處有極小值,所以f'(6)=(18-m)·(6-m)=0,解得m=6或m=18,
當m=6時, f'(x)=3(x-2)(x-6),
當x∈(-∞,2)時, f'(x)>0, f(x)單調遞增,
當x∈(2,6)時, f'(x)<0, f(x)單調遞減,
當x∈(6,+∞)時, f'(x)>0, f(x)單調遞增,
所以當x=6時, f(x)取得極小值,符合題意.
當m=18時, f'(x)=3(x-6)(x-18),
當x∈(-∞,6)時, f'(x)>0, f(x)單調遞增,
當x∈(6,18)時, f'(x)<0, f(x)單調遞減,
當x∈(18,+∞)時, f'(x)>0, f(x)單調遞增,
所以當x=6時, f(x)取得極大值,不符合題意,舍去.
綜上所述,m=6.
(2)由(1)可知f(x)=x3-12x2+36x,且f(x)在[0,2),(6,+∞)上單調遞增,在(2,6)上單調遞減, f(8)=f(2)=32.
則當0當2當t>8時, f(x)在[0,2),(6,t]上單調遞增,在(2,6)上單調遞減,且f(t)>f(8),所以f(x)max=f(t)=t3-12t2+36t.
綜上,f(x)max=
6.解析　(1)由已知得函數f(x)的定義域為(0,+∞), f'(x)=,
當m≥0時, f'(x)>0在(0,+∞)上恒成立;
當m<0時,令f'(x)>0,得0-.
故當m≥0時, f(x)的單調遞增區間為(0,+∞),無單調遞減區間;當m<0時, f(x)的單調遞增區間為,單調遞減區間為.
(2)當m=e時, f(x)=ln x+ex,f'(x)=+e.
設切點為(x0,ln x0+ex0),則切線斜率k=f'(x0)=+e,切線方程為y-(ln x0+ex0)=(x-x0),即y=x+ln x0-1,
∴a=+e,b=2ln x0-2,
∴a+b=+2ln x0+e-2,
令g(x)=+2ln x+e-2,
則g'(x)=-(x>0),
令g'(x)<0,得00,得x>,
∴g(x)在上單調遞減,在上單調遞增,
∴g(x)min=g=e-2ln 2,
即a+b的最小值為e-2ln 2.
7.D　由已知得函數f(x)的定義域為(1,+∞), f'(x)=ln(x-1)++a+1,
令t=x-1,t>0,則f'(x)可轉化為g(t)=ln t++a+1,
函數f(x)在(1,+∞)上單調,即g(t)在(0,+∞)上無變號零點,
易得g'(t)=,當t>1時,g'(t)>0,g(t)單調遞增,當0故g(t)min=g(1)=2+a,
要使g(t)在(0,+∞)上無變號零點,需2+a≥0,
∴a≥-2.
故選D.
8.A　由已知得f(x)的定義域為(0,+∞), f'(x)=,
當a≤0時, f'(x)<0恒成立,則f(x)在(0,+∞)上單調遞減,所以f(x)不可能存在兩個零點,不合題意.
當a>0時,令f'(x)<0,得x>a,令f'(x)>0,得0可得f(x)在(0,a)上單調遞增,在(a,+∞)上單調遞減,則f(x)的最大值為f(a),
若f(x)存在兩個零點,則f(a)=-ln a>0,解得0當0易得f(e)=-<0,且f,
令m(a)=1-,a∈(0,1),
則m'(a)=>0,
則m(a)在(0,1)上單調遞增,可得m(a)可知f(x)在(0,a)和(a,+∞)上均只有一個零點,即0綜上所述,實數a的取值范圍為(0,1).
故選A.
方法總結　已知函數有零點求參數的取值范圍常用的方法和思路:
(1)直接法:直接根據題設條件構建關于參數的不等式(組),再通過解不等式(組)確定參數的范圍;
(2)分離參數法:先將參數分離,然后將問題轉化成求函數值域問題加以解決;
(3)數形結合法:先對解析式變形,然后在同一平面直角坐標系中畫出不同函數的圖象,通過數形結合求解.
9.B　由已知得f'(x)=(3x2+a-3)ex,因為對任意x∈R,都有f(x)≥f(x0),所以f(x0)是函數f(x)的最小值,也是極小值,故f'(x)=0有兩個實數根,即3x2+a-3=0有兩個實數根,則a<3,
令g(x)=3x2+a-3,則g(x)的一個零點為x0,設另一個零點為x1,且x1當x→-∞時, f(x)→0+,
因為f(x0)是最小值,所以f(x0)≤0,
即f(x0)=(3≤0,解得x0≥1,故a=3-3≤0.故選B.
10.答案　
解析　設角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,
由sin(π-A)=3sin Csin,得sin A=3sin Ccos,由正弦定理可得a=3ccos,
則S△ABC=acsin B=6sin Bcos,
令t=sin,t∈(0,1),則S△ABC=12t(1-t2)=12(t-t3),
令f(t)=12(t-t3),t∈(0,1),則f'(t)=12(1-3t2),
令f'(t)>0,得0則f(t)在上單調遞增,在上單調遞減,所以當t=時, f(t)取得極大值,也是最大值,為,
所以△ABC面積的最大值為.
11.答案　e
解析　由題意得當x<0時,-x>0, f(x)=-f(-x)=-(e-x+ax+e3)=-e-x-ax-e3,
故f(x)=
設x1,x2,x3,x4的公差為d(d>0),則x1+x4=x1+x1+3d=0,則x1=-d,
由x1+x4=0且f(x)是奇函數,得f(x1)+f(x4)=0,
設等比數列{f(xn)}(n=1,2,3,4)的公比為q,則f(x1)+f(x1)q3=0,解得q=-1,則f(x1)+f(x2)=0,即2ad-2e3-=0,
令t=d(t>0),則a=,
令g(t)=,t>0,
則g'(t)=,顯然g'(1)=0,
令h(t)=,t>0,
則h'(t)=>0,
所以函數h(t),即g'(t)在(0,+∞)上單調遞增,因此t=1為g'(t)的唯一零點,
則當01時,g'(t)>0,g(t)單調遞增,
從而g(t)min=g(1)=e,
所以a的最小值為e.
12.答案　-
解析　由已知得f'(x)=ex(x+1),當 x<-1時, f'(x)<0, f(x)單調遞減;當x>-1時, f'(x)>0, f(x)單調遞增,故f(x)在x=-1處取得極小值,也是最小值,為-.
令g(x)=,x>0,由已知得 x2∈(0,+∞), x1∈(0,+∞),使恒成立,即,
當x>0時,h(x)=x+≥2=2,當且僅當x=1時取等號,即h(x)min=2.
易得g'(x)=,當01時,g'(x)>0,g(x)單調遞增,
所以g(x)在x=1處取得極小值,也是最小值,為g(1)=e,所以,由k>0,可得k≥.
所以正數k的取值范圍是.
13.解析　(1)當a=2時, f(x)=ln x+2(1-x),
則f'(x)=-2,x∈(0,+∞),
當x∈時, f'(x)>0, f(x)單調遞增;當x∈時, f'(x)<0, f(x)單調遞減,
所以f(x)在[1,2]上單調遞減,所以f(x)max=f(1)=0, f(x)min=f(2)=ln 2-2.
(2)因為 x0∈(0,+∞),使得f(x0)≥2a-2,
所以a≤,
令g(x)=(x>0),即a≤g(x)max,
易得g'(x)=,令h(x)=-ln x-1,則h'(x)=-<0,所以h(x)在(0,+∞)上單調遞減,
又h(1)=0,所以當x∈(0,1)時,h(x)>0,即g'(x)>0,g(x)單調遞增,當x∈(1,+∞)時,h(x)<0,即g'(x)<0,g(x)單調遞減,
故g(x)max=g(1)=1,所以a≤1,
即實數a的取值范圍是(-∞,1].
14.解析　(1)f(x)的定義域為R, f'(x)=(x+1)ex-ax-a=(x+1)(ex-a),令f'(x)=0,得x=-1或x=ln a.
若a=,則f'(x)≥0,且僅在x=-1處取“=”,故函數f(x)在R上單調遞增.
若a>,則當x∈(-∞,-1)∪(ln a,+∞)時, f'(x)>0,當x∈(-1,ln a)時, f'(x)<0,
故函數f(x)在(-∞,-1)和(ln a,+∞)上單調遞增,在(-1,ln a)上單調遞減.
若00,當x∈(ln a,-1)時, f'(x)<0,
故f(x)在(-∞,ln a)和(-1,+∞)上單調遞增,在(ln a,-1)上單調遞減.
(2)當x>0時, f(x)+ax2-2x-ln x=xex-(a+2)x-ln x-1≥0,所以a≤ex--2,
令g(x)=ex--2,則g'(x)=ex-,
令h(x)=x2ex+ln x,則h'(x)=x(x+2)ex+>0,
所以h(x)在(0,+∞)上單調遞增,
又h(1)=e>0,h-1<0,
所以 x0∈,使得h(x0)=0,
則當x∈(0,x0)時,h(x)<0,即g'(x)<0;
當x∈(x0,+∞)時,h(x)>0,即g'(x)>0,
所以g(x)在(0,x0)上單調遞減,在(x0,+∞)上單調遞增,所以g(x)min=g(x0)=-2.
由h(x0)=0得-ln x0=,則ln(-ln x0)=2ln x0+x0,所以ln(-ln x0)+(-ln x0)=ln x0+x0,
易知y=ln x+x在(0,+∞)上單調遞增,
所以-ln x0=x0,即,所以g(x)min=g(x0)=-2=-1,
所以a≤-1,即實數a的取值范圍為(-∞,-1].
15.C　由tan A=得cos A=,在△ABC中,由余弦定理得BC==4,故AC2+BC2=AB2,則△ABC是直角三角形,且C為直角,易知當四棱錐B-AMNC的體積最大時,平面MNB⊥平面AMNC,設BM=2x,0在△MNB中,tan B=,S△MNB=·2x·x·tan B=x2,sin∠NMB=sin B=,
點B到底面AMNC的距離h=BMsin∠NMB=,
則V四棱錐B-AMNC=(S△ABC-S△MNB)h=.
令f(x)=,則f'(x)=,
令f'(x)=0,得x=(負值舍去),當x∈時, f'(x)>0, f(x)單調遞增,當x∈時, f'(x)<0, f(x)單調遞減,故當x=時, f(x)最大,即該四棱錐的體積最大,為.故選C.
16.答案　100(1+
解析　設∠BOP=θ,則PH=100sin θ,OH=100cos θ,
因此△OPH的周長L=100+100(sin θ+cos θ)=100+100,
顯然,于是當θ+,即θ=時,Lmax=100+100,
所以步行道長度的最大值是(100+100)m.
由DH⊥OP,得OD=OHcos θ=100cos2θ,
因此△ODH的面積為OH·ODsin θ=5 000sin θcos3θ,
令f(θ)=sin θcos3θ,則f'(θ)=cos4θ-sin θ·3cos2θsin θ =cos2θ(1-4sin2θ),
又0<θ<,所以當00, f(θ)單調遞增,當于是當sin θ=,即θ=時, f(θ)max=,
所以花圃面積的最大值為5 000× m2.
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