第一篇：2019屆蘇教版(文科數學) 導數法妙解極值、最值問題 單元測試

2019屆蘇教版（文科數學）

導數法妙解極值、最值問題

單元測試

1．【遼寧省丹東市2018年高三總復習質量測試

（二）】已知函數值10，則，在處取得極A． 4或-

3B． 4或-1

1C． 4

D．-3 【答案】C

∴．

故選C．

點睛：（1）導函數的零點并不一定就是函數的極值點，所以在求出導函數的零點后一定要注意分析這個零點是不是函數的極值點．

（2）對于可導函數f(x)，f′(x0)＝0是函數f(x)在x＝x0處有極值的必要不充分條件，因此在根據函數的極值點或極值求得參數的值后需要進行驗證，舍掉不符合題意的值．

2．【新疆烏魯木齊市2018屆高三第三次診斷性測驗】若函數是（）A．

B． 【答案】C

C．

D．

有極大值，則實數的取值范圍①∴時，令是，解得：，時，時，的極小值點，時，即∴一定存在，使時，即，∴，符合題意；

②時，，時，，遞減，在，故∴③在遞增，故不存在極大值，不符合題意； 時，若，時，時，時，∴在上遞增，函數一定沒有極大值，綜上可得只有C選項符合題意.點睛：本題考查了函數的單調性，函數的極值與最值問題，考查導數的應用，分類討論思想，有一定難度.3．已知函數A． C． 【答案】D 有兩個極值點，則下列結論正確的是

B．

D．

4．【江西省景德鎮市第一中 等盟校2018屆高三第二次聯考】若函數個極值點，則實數的取值范圍是（）A．

B．

C．

D．

有兩【答案】B 【解析】分析：函數一元二次方程根與系數之間的關系求解即可.詳解：，有兩個根，設，則關于的方程

有兩個正根，有兩個極值點，有兩個極值點，等價于

有兩個根，換元后利用可得，實數的取值范圍是，故選B.點睛：對于一元二次方程根與系數的關系的題型常見解法有三個：一是對于發方程的解為不做限制的題型可以直接運用判別式解答；二是已知根的符號，根據韋達定理結合判別式列不等式組求解；三是方程的解在區間上的題型，一般采取列不等式組（主要考慮判別式、對稱軸、的符號）的方法解答.，則（）5．【山東省濰坊市2018屆高三第二次高考模擬考試】已知函數A． 有個零點

B．

在上為減函數 C． 【答案】B 的圖象關于點對稱

D． 有個極值點

6．【河北省定州中 2018屆高三下 期第一次月考】已知函數唯一極值點，則實數的取值范圍是（），若是函數的A． 【答案】A 【解析】

B．

C．

D．

分析：首先求得導函數，然后結合題意利用導函數研究函數的極值，最后利用排除法即可求得最終結果.詳解：函數f(x)的定義域是(0,+∞)，且：∵x=2是函數f(x)的唯一一個極值點當時，很明顯滿足題意., 的唯一極值點，結合選項，只有A選項符合題意.本題選擇A選項.點睛：本題主要考查導函數研究函數的極值，排除法解答選擇題等知識，意在考查 生的轉化能力和計算求解能力.7．【湖北省華中師范大 第一附屬中 2018屆高三5月押題考試】若曲線：

與曲線：

（其中無理數…）存在公切線，則整數的最值情況為（）

A． 最大值為2，沒有最小值

B． 最小值為2，沒有最大值 C． 既沒有最大值也沒有最小值

D． 最小值為1，最大值為2 【答案】C

或a<0.故答案為：C 點睛：（1）本題主要考查導數的幾何意義，考查利用導數求函數的最值，意在考查 生對這些基礎知識的掌握能力和分析推理能力.(2)解答本題的關鍵是求出，再研究函數的最值得解.8．【河北省唐山市2017—2018 年度高三年級第三次模擬考試】已知，則A．（），若的最小值為

B．

C．

D．

【答案】A 點睛：本題主要考查利用導數判斷函數的單調性以及函數的極值與最值，屬于難題.求函數(1)確定函數的定義域；(2)求導數在；(3)解方程

極值的步驟：

求出函數定義域內的所有根；(4)列表檢查

在處取極大值，如果左負右正的根左右兩側值的符號，如果左正右負（左增右減），那么（左減右增），那么在處取極小值.（5）如果只有一個極值點，則在該處即是極值也是最值；（6）如果求閉區間上的最值還需要比較端點值的函數值與極值的大小.9．【湖北省部分重點中 2018-2019 年度上 期新高三開 考試】己知函數 恰有3個不同的實數解，則實數的取值范圍是（），若關于的方程A． 【答案】C

B．

C．

D． 又當 時，因此畫出函數圖像如下圖所示：

令，則方程

恰有3個不同的實數解化為

有兩個不同實數根，所以所以所以選C 【點睛】，即

本題考查了通過導數求參數的取值范圍，需要靈活掌握函數求導及二次函數的性質，屬于難題。

10．【江蘇省鹽城中 2018屆高三全仿真模擬檢測】已知函數(I)若(Ⅱ)若，求函數存在極小值點，且可作多少條直線與的單調區間；，其中，求證:

；，.(Ⅲ)試問過點的圖像相切?并說明理由.；(Ⅱ)證明見解析；(Ⅲ)答案見解析.【答案】(Ⅰ)單調減區間為單調增區間為(2)，存在極小值點，則.，則，所以則(3)，又時，有1條切線；

代入，所以時，有2條切線.所以；

，設切點坐標是，依題意：

即設故函數在，化簡得：，上零點個數，即是曲線切線的條數.，①當②當時，時，在在上恰有一個零點1； 上恒成立，在故當③故在時，時，在上單調遞減，且上有且只有一個零點，在在，]

上恰有個零點； 上遞減，在上遞增，，此時 至多有兩個零點，且在單調遞增，且值域是，使又函數故對任意實數，必存在

由于函數在，上必有一零點；

]

綜上時，又當綜上：，時，在，所以在上有兩個零點

時，有2條切線.，所以

必有一零點.，故

時，有1條切線；

點睛：導數在研究函數零點中的作用

(1)研究函數圖象的交點、方程的根、函數的零點，歸根到底是研究函數的性質，如單調性、極值等．(2)用導數研究函數的零點，一方面用導數判斷函數的單調性，借助零點存在性定理判斷；另一方面，也可將零點問題轉化為函數圖象的交點問題，利用數形結合來解決． 11．【河北省石家莊二中2018屆高三三模】設函數（Ⅰ）討論函數（Ⅱ）若，極值點的個數，并說明理由；

成立，求的取值范圍.，其中

.【答案】（1）見解析（2）所以當當同理當當時，，，單調遞增；當單調遞增.因此此時函數，單調遞減；

有兩個極值點；，單調遞增； 的兩個不相等的實數根，且，單調遞減，當，所以函數只有一個極值點.綜上可知當時的無極值點；當

時

有一個極值點；當

時，的有兩個極值點.12．【2018屆四省名校高三第三次大聯考】已知函數.（1）當（2）若時，判斷函數有兩個極值點的單調性；

.①求實數的取值范圍； ②證明：【答案】(1).在上單調遞減；(2)①.；②.證明見解析.（2）①∵有兩個極值點，有兩個根，則，，∴關于的方程設當即∴當由∴且當要使必有∴實數的取值范圍是.即時，在上單調遞減，最多有一根，不合題意 時，由，得在區間時，得，上單調遞增，在區間，當

時，上單調遞減.有兩個不同的根，解得

②∵∴，又∴令則∴∴在區間，∴，上單調遞減，.又∴，.，點睛：本題主要考查了函數的單調性和最值與導函數的關系，求函數的導數，構造函數是解決本題的關鍵。13．【江蘇省蘇州市第五中 2018屆高三上 期期初考試】已知函數（1）若函數的圖象在處的切線經過點，求的值；

．

（2）是否存在負整數，使函數理由． 【答案】（1）；（2）不存在 的極大值為正值？若存在，求出所有負整數的值；若不存在，請說明【詳解】

（1）∵ ∴, ∴函數∴在處的切線方程為：，解得：，又直線過點

（2）若當當，時，時，恒成立，函數在恒成立，函數在上無極值； 上無極值；

在上，若在處取得符合條件的極大值，則，則，由（3）得：，代入（2）得：，結合（1）可解得：，再由得：，設，則，當時，即是增函數，所以又，故當極大值為正數時，從而不存在負整數滿足條件．

14．【江西省新余市第四中 2018屆高三適應性考試】已知函數（1）若函數在處的切線與直線在區間

上最大值；，求證：

.平行，求實數的值；

（2）試討論函數（3）若時，函數恰有兩個零點【答案】（1）n=6（2）見解析（3）見解析（2）f′（x）=，（x＞0），由f′（x）＜0時，x＞n；f′（x）＞0時，x＜n，所以①當n≤1時，f（x）在[1，+∞）上單調遞減，故f（x）在[1，+∞）上的最大值為f（1）=m﹣n；

②當n＞1，f（x）在[1，n）上單調遞增，在（n，+∞）上單調遞減，故f（x）在[1，+∞）上的最大值為f（n）=m﹣1﹣lnn；

（3）證明：n=1時，f（x）恰有兩個零點x1，x2，（0＜x1＜x2），由，f（x2）=，得，∴，設t=＞1，lnt=，x1=，故x1+x2=x1（t+1）=，∴，記函數，因，∴h（t）在（1，+∞）遞增，∵t＞1，∴h（t）＞h（1）=0，又lnt＞0，故x1+x2＞2成立

【點睛】

(1)本題主要考查導數的幾何意義，考查利用導數求函數的單調區間和最值，考查利用導數證明不等式，意在考查 生對這些知識的掌握水平和分析推理轉化能力.(2)解答本題的關鍵有三點，其一是求出的關系，其二是換元t=＞1得到于零.15．【山西省太原市2018屆高三第三次模擬考試】已知函數（1）若關于的方程（2）當時，證明函數的兩個實數根為

在函數，求證：，其三是求

最小值大的最大值為

；

.的最小零點處取得極小值.【答案】(1)見解析;(2)見解析.∴設所以，在，∴，則上單調遞增，∴，則，因，故在區間

在，所以；

時，，（2）由（1）可知，易知，單調遞增，又

遞增，∴，且時，；時，當于是時，時，，

第二篇：天津市2013屆高三數學總復習之綜合專題：導數在研究函數極值、最值中的應用 課堂驗收(教師版)

導數在研究函數極值、最值中的應用

解答下列各題。（解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）

1、若函數f(x)?ax3?bx2?cx?d在x??1時有極大值5，在x?1時有極小值1，試確定函數f(x)的解析式。

學案P1142、設a?0，f(x)?

（1）求a的值；

（2）證明f(x)在(0,??)是增函數。

學案P1083、設a?0，求函數f(x)?x2?

學案P114

ax(x?1)的單調區間，并在有極值時，求出極值。exa?aex是R上的偶函數。

第三篇：2014屆高三數學一輪復習《導數研究函數的最值、優化問題、方程與不等式》理

[第15講 導數研究函數的最值、優化問題、方程與不等式]

(時間：45分鐘 分值：100分)

基礎熱身

x1．[2013·韶關調研] 函數y＝xe的最小值是()

1A．－1B．－eC．不存在 e

322．f(x)＝x－3x＋2在區間[－1，1]上的最大值是()

A．－2B．0C．2D．4

3．某城市在發展過程中，交通狀況逐漸受到大家更多的關注，據有關統計數據顯示，從上午6時到9時，車輛通過該市某一路段的用時y(分鐘)與車輛進入該路段的時刻t之間

1332629關系可近似地用如下函數給出：y＝－t－t＋36t則在這段時間內，通過該路段用844

時最多的時刻是()

A．6時B．7時C．8時D．9時

4．已知某生產廠家的年利潤y(單位：萬元)與年產量x(單位：萬件)的函數關系式為y13＝－x＋81x－234，則使該生產廠家獲得最大年利潤的年產量為()3

A．13萬件B．11萬件C．9萬件D．7萬件

能力提升

5．一矩形鐵皮的長為8 cm，寬為5 cm，在四個角上截去四個相同的小正方形，制成一個無蓋的小盒子，盒子容積的最大值是()

3333A．12 cmB．15 cmC．18 cmD．16 cm

26．[2013·湖南卷] 設直線x＝t與函數f(x)＝x，g(x)＝lnx的圖象分別交于點M，N，則當|MN|達到最小時t的值為()

152A．1B.D.222

37．[2013·全國卷] 已知函數y＝x－3x＋c的圖象與x軸恰有兩個公共點，則c＝()

A．－2或2B．－9或3

C．－1或1D．－3或1

8．已知正四棱錐S－ABCD中，SA＝23，那么當該棱錐的體積最大時，它的高為()

A．1B.3C．2D．3

9．[2013·遼寧卷] 若x∈[0，＋∞)，則下列不等式恒成立的是()

1112x2A．e≤1＋x＋xB.1－x＋x 241＋x

1212C．cosx≥1D．ln(1＋x)≥x－ 2810．設底面為等邊三角形的直棱柱的體積為V，那么其表面積最小時，底面邊長為

________．

ex＋1ex

11．[2013·廈門質檢] 設函數f(x)＝，g(x)＝x，對任意x1，x2∈(0，＋∞)，xe

g（x1）f（x2）不等式k的取值范圍是________．

kk＋1

12．某商場從生產廠家以每件20元購進一批商品，若該商品零售價定為P元，則銷售

量Q(單位：件)與零售價P(單位：元)有如下關系：Q＝8 300－170P－P.則該商品零售價定為________時，毛利潤L最大，最大毛利潤是________(毛利潤＝銷售收入－進貨支出)．

13．將邊長為1的正三角形薄片，沿一條平行于某邊的直線剪成兩塊，其中一塊是梯形，（梯形的周長）記S＝S的最小值是________．

梯形的面積

14．(10分)為了在夏季降溫和冬季供暖時減少能源損耗，房屋的屋頂和外墻需要建造隔熱層．某幢建筑物要建造可使用20年的隔熱層，每厘米厚的隔熱層建造成本為6萬元．該建筑物每年的能源消耗費用C(單位：萬元)與隔熱層厚度x(單位： cm)滿足關系：C(x)＝

k

(0≤x≤10)，若不建隔熱層，每年能源消耗費用為8萬元．設f(x)為隔熱層建造費用3x＋5

與20年的能源消耗費用之和．

(1)求k的值及f(x)的表達式；

(2)隔熱層修建多厚時，總費用f(x)達到最小，并求最小值．

15．(13分)[2013·河北重點中學聯考] 已知函數f(x)＝xlnx，g(x)＝－x＋ax－2.(1)求函數f(x)在[t，t＋2](t＞0)上的最小值；

(2)若函數y＝f(x)＋g(x)有兩個不同的極值點x1，x2(x1＜x2)且x2－x1＞ln2，求實數a的取值范圍．

難點突破

16．(12分)已知函數f(x)＝lnx－(1)當a>0時，判斷f(x)在定義域上的單調性；

ax

(2)若f(x)在[1，e]上的最小值為a的值；

(3)試求實數a的取值范圍，使得在區間(1，＋∞)上，函數y＝x的圖象恒在函數f(x)的圖象的上方．

課時作業(十五)

【基礎熱身】

x

1．C [解析] y′＝(x＋1)e，令y′＝0，得x＝－1.因為x<－1時y′<0；x>－1時

y′>0，所以x＝－1時，ymine

2．C [解析] f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0可得x＝0或2(舍去)，當－1≤x<0時，f′(x)>0，當0

3．C [解析] y－＋36＝－(t＋12)(t－8)，令y′＝0得t＝－12(舍去)

828

或t＝8，當6≤t<8時，y′>0，當8

4．C [解析] 因為y′＝－x＋81，所以當x>9時，y′<0；當00，所以

函數y＝－＋81x－234在(9，＋∞)上單調遞減，在(0，9)上單調遞增，所以x＝9是函

數的極大值點．又因為函數在(0，＋∞)上只有一個極大值點，所以函數在x＝9處取得最大值．

【能力提升】

5．C [解析] 設小正方形的邊長為x cm，則盒子底面長為8－2x，寬為5－2x.V＝(8

5?10?322

－2x)(5－2x)x＝4x－26x＋40x?0

2?3?

(舍去)，則V極大值＝V(1)＝18，且在定義域內僅有一個極大值，∴V最大值＝18.6．D [解析] 用轉化的思想：直線x＝t與函數f(x)＝x，g(x)＝lnx圖象分別交于M，N，而|MN|的最小值，實際是函數F(t)＝t2－lnt(t>0)時的最小值．

122

令F′(t)＝2t－＝0，得t＝或t＝－舍去)．

t2222

F(t)＝t－lnt有最小值，即|MN|達到最小值，故選D.2

7．A [解析] 由f′(x)＝3x－3＝3(x＋1)(x－1)＝0?x＝±1，結合f(x)的圖象可知只要f(－1)＝0或f(1)＝0即可，故解得c＝－2或2，故選A.1?2?22

8．C [解析] 設底面邊長為a，則高h＝SA－?a?＝12－2，所以體積V

2?2?

故t＝121

＝h＝33

164

12a－a.21643535

設y＝12a－a，則y′＝48a－3a，當y取最值時，y′＝48a－3a＝0，解得a＝0(舍

212

12－a＝2.332

9．C [解析] 驗證A，當x＝3時，e>2.7＝19.68>1＋3＋3＝13，故排除A；驗證B，去)或a＝4，故a＝4時體積最大，此時h＝

當x＝2

6111113391 5211 536166而1＋＝＝故排除B；

***3

1＋

驗證C，令g(x)＝cosx－1＋x，g′(x)＝－sinx＋x，g″(x)＝1－cosx，顯然g″(x)>0

恒成立，所以當x∈[0，＋∞)時，g′(x)≥g′(0)＝0，所以x∈[0，＋∞)時，g(x)＝cosx－11212

＋為增函數，所以g(x)≥g(0)＝0恒成立，即cosx≥1－恒成立；驗證D，令h(x)＝22

121xx（x－3）

ln(1＋x)－x＋x，h′(x)＝1h′(x)<0，解得0

8x＋144（x＋1）

0

10.4V [解析] 設底面邊長為x，則高為h＝∴Sx＋2×x＝22

4x3x3x＋32，2

43V3

∴S′＝－23x，令S′＝0，得x＝4V.x

333

當04V時，S′>0，故當x＝4V時，S取得最小值． 11．k≥1 [解析] ∵k為正數，g（x1）f（x2）?g（x）≤f（x）?∴對任意x1，x2∈(0，＋∞)，不等式≤恒成立???kk＋1?k?max?k＋1?

.min

x＋2

e（1－x）

由g′(x)＝＝0得x＝1.e

x∈(0，1)，g′(x)>0，x∈(1，＋∞)，g′(x)<0，?g（x）＝g（1）＝e∴?kk?k?max

ex－11

同理f′(x)＝0?x＝，2

xe

?1?1?x∈?0，f′(x)<0，x∈??，f′(x)>0，?e??e?

?1?f??

?f（x）＝?e?2ee2e，k>0?k≥1.∴?kk＋1?k＋1?mink＋1k＋1

12．30 23 000 [解析] 由題意知L(P)＝P·Q－20Q＝Q(P－20)

＝(8 300－170P－P)(P－20)

＝－P－150P＋11 700P－166 000，∴L′(P)＝－3P－300P＋11 700.令L′(P)＝0，得P＝30或P＝－130(舍)．

因為在P＝30附近的左側L′(P)>0，右側L′(P)<0，∴L(30)是極大值．

根據實際意義知，L(30)是最大值，此時L(30)＝23 000.即零售價定為每件30元時，有最大毛利潤為23 000元．

323 [解析] 設DE＝x，由ED∥BC，△ABC為正三角形，AD＝DE＝AE＝x，BD＝EC

－x)，梯形的周長為BD＋DE＋EC＋BC＝3－x，梯形的面2

＝1－x.過D作DF⊥BC，DF＝

133（3－x）2

積為(x＋1)×(1－x)＝－x)．S＝(0<

x<1)．

22432

（1－x）4

24（2x－6）（1－x）－（34（2x－6）（1－3x）S，2222

（1－x）（1－x）331

令S′＝0，解得x＝3(舍去)，311132300，∴x＝時，Smin.3333

14．解：(1)設隔熱層厚度為x cm，由題設，每年能源消耗費用為C(x)＝3x＋5

再由C(0)＝8，得k＝40，因此C(x)＝3x＋5

而建造費用為C1(x)＝6x.所以隔熱層建造費用與20年的能源消耗費用之和為

40800

f(x)＝20C(x)＋C1(x)＝20×＋6x＝6x(0≤x≤10)．

3x＋53x＋54002 400

(2)f′(x)＝6－f′(x)＝0，即6.（3x＋5）（3x＋5）25

解得x＝5或x＝－(舍去)．

當00，故x＝5是f(x)的最小值點，對應

800的最小值為f(5)＝6×5＋＝70.15＋5

故當隔熱層修建5 cm厚時，總費用達到最小值為70萬元．

15．解：(1)由題意f′(x)＝lnx＋1＝0，得x＝.e

1?1??1?①當0

1?1此時函數f(x)在[t，t＋2]上的最小值為f?.e?e?

②當t≥時，函數f(x)在[t，t＋2]上單調遞增，e

此時函數f(x)在[t，t＋2]上的最小值為f(t)＝tlnt.(2)由題意y＝f(x)＋g(x)＝xlnx－x＋ax＋2，則y′＝lnx－2x＋a＋1，知y′＝lnx－2x＋a＋1＝0有兩個不同的實根x1，x2，等價于a＝－lnx＋2x－1有兩個不同的實根x1，x2，等價于直線y＝a與函數G(x)＝－lnx＋2x－1的圖象有兩個不同的交點．

1?1?1?由G′(x)＋2，知G(x)在?0上單調遞減，在??上單調遞增，x?2??2?

畫出函數G(x)圖象的大致形狀如圖，k

?1由圖易知，當a>G(x)min＝G?＝ln2時，?2?

x1，x2存在，且x2－x1的值隨a的增大而增大． 而當x2－x1＝ln2時，??lnx1－2x1＋a＋1＝0，由題意得?

?lnx2－2x2＋a＋1＝0.?

兩式相減可得ln2(x2－x1)＝2ln2，得x2＝4x1，4

代入x2－x1＝ln2得x2＝4x1，2?ln2此時實數aln2－ln?－1，3?3?

2?ln2所以實數a的取值范圍為a>ln2－ln?－1.3?3?

【難點突破】

1ax＋a

16．解：(1)f′(x)＋22(x>0)．

x2x1

xxx

當a>0時，f′(x)>0恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上是單調遞增函數．(2)由f′(x)＝0得x＝－a.①當a≥－1時，f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，f(x)在[1，e]上為增函數，33

f(x)min＝f(1)＝－a＝a＝－(舍)．

②當a≤－e時，f′(x)≤0在[1，e]上恒成立，f(x)在[1，e]上為減函數，a3e

則f(x)min＝f(e)＝1－＝a(舍)．

e22

③當－e0，f(x)在(x0，e)上為增函數．

∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝，得a＝－e，2綜上知，ae.(3)由題意得x>lnx－在(1，＋∞)上恒成立，即a>xlnx－x在(1，＋∞)上恒成立．

設g(x)＝xlnx－x(x>1)，則g′(x)＝lnx－3x＋1.12

令h(x)＝lnx－3x＋1，則h′(x)＝6x，32

ax

x

當x>1時，h′(x)<0恒成立．

∴h(x)＝g′(x)＝lnx－3x＋1在(1，＋∞)上為減函數，則g′(x)

第四篇：2013屆高考理科數學一輪復習課時作業(14)用導數研究函數的最值與生活中的優化問題舉例

課時作業(十四)

第14講用導數研究函數的最值與生活中的優化問題舉例

[時間：35分鐘分值：80分]

lnx1．函數y＝()x

B．eC．e2D.e

32．已知x≥0，y≥0，x＋3y＝9，則x2y的最大值為()

A．36B．18C．25D．

423．某城市在發展過程中，交通狀況逐漸受到大家更多的關注，據有關統計數據顯示，從上午6時到9時，車輛通過該市某一路段的用時y(分鐘)與車輛進入該路段的時刻t之間

13629關系可近似地用如下函數給出：y3－t2＋36t－.則在這段時間內，通過該路段用時844

最多的時刻是()

A．6時B．7時C．8時D．9時

4．設正三棱柱的體積為V，那么其表面積最小時，底面邊長為()1334VB．2VC.4VD.2

能力提升

1－x1?5．已知函數f(x)＝＋lnx，則f(x)在??2，2?上的最大值和最小值之和是()x

A．0B．1－ln2C．ln2－1D．1＋ln2

32??2x＋3x＋1?x≤0?，6．[2011·哈三中三模]函數f(x)＝?ax在[－2,2]上的最大值為2，則?e?x>0??

a的取值范圍是()

ln2ln2?B.?0 A.?2?2??

ln2 C．(－∞，0]D.?2?

7．一艘輪船在航行中的燃料費和它的速度的立方成正比，已知在速度為每小時10 km時的燃料費是每小時6元，而其他與速度無關的費用是每小時96元，則使行駛每千米的費用總和最小時，此輪船的航行速度為()

A．20 km/hB．25 km/h

C．19 km/hD．km/h 基礎熱身

圖K14－

18．[2011·江蘇四市聯考]今有一塊邊長為a的正三角形的厚紙，從這塊厚紙的三個角，按圖K14－1那樣切下三個全等的四邊形后，做成一個無蓋的盒子，要使這個盒子容積最大，x值應為()

2aaaA．aB.C.D.326

9．某工廠生產某種產品，已知該產品的月生產量x(t)與每噸產品的價格p(元/t)之間的1關系式為：p＝24 200－x2，且生產x t的成本為R＝50 000＋200x(元)．則該廠每月生產

5________ t產品才能使利潤達到最大．(利潤＝收入－成本)

10．[2011·潮州模擬]在半徑為R的圓內，作內接等腰三角形，當底邊上高為________時它的面積最大．

圖K14－2

11．[2011·寧化模擬]如圖K14－2，用半徑為R的圓鐵皮，剪一個圓心角為a的扇形，制成一個圓錐形的漏斗，則圓心角a取________時，漏斗的容積最大．

12．(13分)[2011·無錫模擬]甲、乙兩村合用一個變壓器，如圖K14－3所示，若兩村用同型號線架設輸電線路，問：變壓器設在輸電干線何處時，所需電線最短？

難點突破

13．(12分)[2011·長沙模擬]廣東某民營企業主要從事美國的某品牌運動鞋的加工生產，按國際慣例以美元為結算貨幣，依據以往加工生產的數據統計分析，若加工產品訂單的金額為x萬美元，可獲得的加工費近似地為x＋1)萬美元，受美聯儲貨幣政策的影響，美元貶值，由于生產加工簽約和成品交付要經歷一段時間，收益將因美元貶值而損失mx萬

美元(其中m為該時段美元的貶值指數，m∈(0,1))，從而實際所得的加工費為f(x)ln(2x＋

1)－mx(萬美元)．

(1)若某時期美元貶值指數m＝，為確保企業實際所得加工費隨x的增加而增加，該

200

企業加工產品訂單的金額x應在什么范圍內？

(2)若該企業加工產品訂單的金額為x萬美元時共需要的生產成本為x萬美元，已知該

企業加工生產能力為x∈[10,20](其中x為產品訂單的金額)，試問美元的貶值指數m在何范圍時，該企業加工生產將不會出現虧損．

課時作業(十四)

【基礎熱身】

?lnx?′x－lnx·x′1－lnx

1．A [解析] 令y＝0，得x＝e，當x>e時，y′<0；當xx11

x0，故y極大值＝f(e)＝，在定義域內只有一個極值，所以ymax＝.ee

x

3－，x∈[0,9]，令f′(x)＝6x－x2＝0，得x＝0或x＝6，2．A [解析] 令f(x)＝x2y＝x2??3可以驗證x＝6時f(x)有最大值36.333

3．C [解析] y′＝－2－＋36t＋12)(t－8)，令y′＝0得t＝－12(舍去)或t＝8，828

當6≤t<8時，y′>0，當8

4V

4．C [解析] 設底面邊長為x，則高為h＝

3x2

4V4V∴S表＝3×x＋2×2＝x2，2·4x23x

4V∴S′表＝－3x，令S′表＝0，得x＝4V.x

經檢驗知，當x＝4V時S表取得最小值． 【能力提升】

x－1

5．B [解析] 對f(x)求導得f′(x)＝.x

1?

(1)若x∈??2，1?，則f′(x)<0；(2)若x∈(1,2]，則f′(x)>0，1?

故x＝1是函數f(x)在區間??2，2?上的唯一的極小值點，也就是最小值點，故f(x)min＝f(1)＝0；

11又f?＝1－ln2，f(2)＝－ln2，?22

1?lne3－ln163?所以f?2?－f(2)＝－2ln2＝，22

因為e3>2.73＝19.683>16，1?所以f??2?－f(2)>0，1即f??2>f(2)，1?12上最大值是f?.即函數f(x)在區間??2??21?1，2上最大值是1－ln2，最小值是0.即f(x)在?2?上的最大綜上知函數f(x)在區間??2??2?

值和最小值之和是1－ln2.6．D [解析] 當x≤0時，f′(x)＝6x2＋6x，函數的極大值點是x＝－1，極小值點是x＝0，當x＝－1時，f(x)＝2，故只要在(0,2]上eax≤2即可，即ax≤ln2在(0,2]上恒成立，即ln2ln2a≤(0,2]上恒成立，故a≤.x2

7．A [解析] 設船速度為x(x>0)時，燃料費用為Q元，則Q＝kx3，由6＝k×103可得33

k＝，∴Q3，500500

331396696x＋96?x2＋，∴總費用y＝?y′＝x－令y′＝0得x＝20，當x∈(0,20)?500?x500x500x時，y′<0，此時函數單調遞減，當x∈(20，＋∞)時，y′>0，此時函數單調遞增，∴當x＝20時，y取得最小值，∴此輪船以20 km/h的速度行駛每千米的費用總和最小．

a30

x，設容積為V，則

V＝Sh＝(a－2x)2x，23

2a

＝x3－ax2＋x，a22

V′＝3x－2ax＋，4aaaaa

令V′＝0得x＝或x＝舍去)，當00；當

aaaa4aa∴xV最大＝＋6216362421654

9．200 [解析] 每月生產x噸時的利潤為f(x)＝24 200－2x－(50 000＋200x)＝－x3

＋24 000x－50 000(x≥0)．

由f′(x)＝－x2＋24 000＝0得x1＝200，x2＝－200，舍去負值．f(x)在[0，＋∞)內有唯

一的極大值點，也是最大值點．

R [解析] 設圓內接等腰三角形的底邊長為2x，高為h，那么h＝RR－x，解2

得

x2＝h(2R－h)，于是內接三角形的面積為 S＝x·h＝?2Rh－h?·h＝2Rh－h，1從而S′＝Rh3－h4)－Rh3－h4)′

h2?3R－2h?113423

＝(2Rh－h)－Rh－4h)＝ 22?2R－h?h3

令S′＝0，解得h＝，由于不考慮不存在的情況，所以在區間(0,2R)上列表如下：

由此表可知，當x＝時，等腰三角形面積最大．

2611.[解析] 解法一：設圓錐的底面半徑為r，高為h，體積為V，那么由r2＋h2＝

R2，Ra＝2πr，2R3121Ra2a24?代入V＝πrh，得V＝π·2πR－?2π＝a－，3312π4π

65a3a

再令T(a)＝a4T′(a)＝4a3－T′(a)＝0.4π2π5

2633a即4a－＝0，求得a＝，2π3

222檢驗，當00；當a<2π時，T′(a)<0，所以當a＝π時，333

T(a)取得極大值，并且這個極大值就是最大值，且T(a)取得最大值時，V也就取得最大值，2所以當a＝π時，漏斗的容積最大．

解法二：設圓錐的底面半徑為r，高為h，體積為V，那么r2＋h2＝R2，因此V(r)＝r2h

＝πr2R－r＝πr－r(0

再令T′(r)＝0，即4R2r3－6r5＝0，求得r＝，可以檢驗當r＝R時，T(r)取得最大值，33

66226

也就是當r＝時，V(r)取得最大值．再把rR代入Ra＝2πr得a＝所以當a＝

3333

π時，漏斗的容積最大．

12．[解答] 設CD＝x(km)，則CE＝3－x(km)．

由題意知所需輸電線的長l為：l＝AC＋BC＝1＋x＋1.5＋?3－x?(0≤x≤3)，－2?3－x?2x

l′＝，1＋x21.5＋?3－x?3－xx

令l′＝0，得＝0，1＋x1.5＋?3－x?3－xx

即，1＋x1.5＋?3－x?

?3－x?2x，1＋x1.5＋?3－x?1．52x2＋x2(3－x)2＝(3－x)2＋x2(3－x)2，1．52x2＝(3－x)2,1.5x＝3－x，2．5x＝3，x＝1.2，故當CD＝1.2(km)時所需輸電線最短． 【難點突破】

13．[解答](1)由已知m＝，200

1x

f(x)ln(2x＋1)x>0，2200

199－2x11

∴f′(x)＝＝2x＋1200200?2x＋1?

由f′(x)>0，即199－2x>0，解得0

(2)依題設，企業加工生產不出現虧損，則當x∈[10,20]時，都有ln(2x＋1)－mx≥x，220

ln?2x＋1?111

由ln(2x＋1)－mx≥x，得＋m≤220202x

ln?2x＋1?

令g(x)＝x∈[10,20]，2x2x－ln?2x＋1?2x＋1

則g′(x)＝

2x2x－?2x＋1?ln?2x＋1?＝.2x?2x＋1?

令h(x)＝2x－(2x＋1)ln(2x＋1)，2??2ln?2x＋1?＋?2x＋1?則h′(x)＝2－2x＋1?＝－2ln(2x＋1)<0，?

可知h(x)在[10,20]上單調遞減． 從而h(20)≤h(x)≤h(10)，又h(10)＝20－21ln21<21(1－ln21)<0.故可知g(x)在[10,20]上單調遞減，ln41ln411

因此g(x)min＝m404020

ln41－2?

故當美元的貶值指數m∈?0時，該企業加工生產不會虧損．

40??