第一篇：2014屆高三數(shù)學一輪復習《導數(shù)研究函數(shù)的最值、優(yōu)化問題、方程與不等式》理

[第15講 導數(shù)研究函數(shù)的最值、優(yōu)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(shù)y＝xe的最小值是()

1A．－1B．－eC．不存在 e

322．f(x)＝x－3x＋2在區(qū)間[－1，1]上的最大值是()

A．－2B．0C．2D．4

3．某城市在發(fā)展過程中，交通狀況逐漸受到大家更多的關注，據(jù)有關統(tǒng)計數(shù)據(jù)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(shù)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(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)關系式為y13＝－x＋81x－234，則使該生產(chǎn)廠家獲得最大年利潤的年產(chǎn)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(shù)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(shù)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(shù)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(chǎn)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(lián)考] 已知函數(shù)f(x)＝xlnx，g(x)＝－x＋ax－2.(1)求函數(shù)f(x)在[t，t＋2](t＞0)上的最小值；

(2)若函數(shù)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(shù)a的取值范圍．

難點突破

16．(12分)已知函數(shù)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(shù)a的取值范圍，使得在區(qū)間(1，＋∞)上，函數(shù)y＝x的圖象恒在函數(shù)f(x)的圖象的上方．

課時作業(yè)(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(shù)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(shù)的極大值點．又因為函數(shù)在(0，＋∞)上只有一個極大值點，所以函數(shù)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(shù)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(shù)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(shù)，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(shù)，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(jù)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(shù)f(x)在[t，t＋2]上的最小值為f?.e?e?

②當t≥時，函數(shù)f(x)在[t，t＋2]上單調遞增，e

此時函數(shù)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(shù)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(shù)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(shù)aln2－ln?－1，3?3?

2?ln2所以實數(shù)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(shù)．(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(shù)，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(shù)，a3e

則f(x)min＝f(e)＝1－＝a(舍)．

e22

③當－e0，f(x)在(x0，e)上為增函數(shù)．

∴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(shù)，則g′(x)

第二篇：2013屆高考理科數(shù)學一輪復習課時作業(yè)(14)用導數(shù)研究函數(shù)的最值與生活中的優(yōu)化問題舉例

課時作業(yè)(十四)

第14講用導數(shù)研究函數(shù)的最值與生活中的優(yōu)化問題舉例

[時間：35分鐘分值：80分]

lnx1．函數(shù)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(fā)展過程中，交通狀況逐漸受到大家更多的關注，據(jù)有關統(tǒng)計數(shù)據(jù)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(shù)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(shù)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(shù)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(lián)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．a(chǎn)B.C.D.326

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

5________ t產(chǎn)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?shù)走吷细邽開_______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(yè)主要從事美國的某品牌運動鞋的加工生產(chǎn)，按國際慣例以美元為結算貨幣，依據(jù)以往加工生產(chǎn)的數(shù)據(jù)統(tǒng)計分析，若加工產(chǎn)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(lián)儲貨幣政策的影響，美元貶值，由于生產(chǎn)加工簽約和成品交付要經(jīng)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(shù)，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(shù)m＝，為確保企業(yè)實際所得加工費隨x的增加而增加，該

200

企業(yè)加工產(chǎn)品訂單的金額x應在什么范圍內？

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

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

課時作業(yè)(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(jīng)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(shù)f(x)在區(qū)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(shù)f(x)在區(qū)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(shù)f(x)在區(qū)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(shù)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(shù)單調遞減，當x∈(20，＋∞)時，y′>0，此時函數(shù)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?。?/p>

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(chǎn)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(huán))，于是內接三角形的面積為 S＝x·h＝?2Rh－h(huán)?·h＝2Rh－h(huán)，1從而S′＝Rh3－h(huán)4)－Rh3－h(huán)4)′

h2?3R－2h?113423

＝(2Rh－h(huán))－Rh－4h)＝ 22?2R－h(huán)?h3

令S′＝0，解得h＝，由于不考慮不存在的情況，所以在區(qū)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(yè)加工生產(chǎn)不出現(xiàn)虧損，則當x∈[10,20]時，都有l(wèi)n(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(shù)m∈?0時，該企業(yè)加工生產(chǎn)不會虧損．

40??

第三篇：2014屆高三數(shù)學一輪復習《函數(shù)的單調性與最值》理 新人教B版

[第5講 函數(shù)的單調性與最值]

(時間：45分鐘 分值：100分)

基礎熱身

1．下列函數(shù)中，滿足“對任意x1，x2∈(0，＋∞)，當x1f(x2)”的是()

1A．f(x)＝x

B．f(x)＝(x－1)

xC．f(x)＝e

D．f(x)＝ln(x＋1)

12．函數(shù)f(x)＝1－在[3，4)上()2x

A．有最小值無最大值

B．有最大值無最小值

C．既有最大值又有最小值

D．最大值和最小值皆不存在3．[2013·天津卷] 下列函數(shù)中，既是偶函數(shù)，又在區(qū)間(1，2)內是增函數(shù)的為()

A．y＝cos2x，x∈R

B．y＝log2|x|，x∈R且x≠0

x－xe－eC．y＝x∈R2

3D．y＝x＋1，x∈R

4．函數(shù)f(x)＝x

x＋1________．

能力提升

5．[2013·寧波模擬] 已知f(x)是定義在實數(shù)集R上的增函數(shù)，且f(1)＝0，函數(shù)g(x)在(－∞，1]上為增函數(shù)，在(1，＋∞)上為減函數(shù)，且g(4)＝g(0)＝0，則集合{x|f(x)g(x)≥0}＝()

A．{x|x≤0或1≤x≤4}B．{x|0≤x≤4}

C．{x|x≤4}D．{x|0≤x≤1或x≥4}

6．[2013·全國卷] 設f(x)是周期為2的奇函數(shù)，當0≤x≤1時，f(x)＝2x(1－x)，?5則f?－＝()?2?11A24

11C.D.42

1x2?7．[2013·哈爾濱師大附中期中] 函數(shù)y＝??2?

?1?A．(－∞，1)B.?，1? ?2?

?1??1?C.?，1?D.?，＋∞? ?2??2?

x的值域為()

8．[2013·惠州二調] 已知函數(shù)f(x)＝e－1，g(x)＝－x＋4x－3，若有f(a)＝g(b)，則b的取值范圍為()

A．(2－2，2＋2)B．[22，22] C．[1，3]D．(1，3)

x??a（x<0），9．[2013·長春外國語學校月考] 已知函數(shù)f(x)＝?滿足對任

?（a－3）x＋4a（x≥0）?

f（x1）－f（x2）

意的實數(shù)x1≠x2都有成立，則實數(shù)a的取值范圍是()

x1－x2

A．(3，＋∞)B．(0，1)?1C.?0D．(1，3)?4?

1?1?10．若函數(shù)y＝f(x)的值域是?，3?，則函數(shù)F(x)＝f(x)＋________． f（x）?2?

1?1?2

11．若在區(qū)間?，2?上，函數(shù)f(x)＝x＋px＋q與g(x)＝x＋在同一點取得相同的最小

x?2?

值，則f(x)在該區(qū)間上的最大值是________．

12．函數(shù)y＝

x

x＋a

(－2，＋∞)上為增函數(shù)，則a的取值范圍是________．

1＋x

13．函數(shù)y＝的單調遞增區(qū)間是________．

1－x14．(10分)試討論函數(shù)f(x)＝

15．(13分)已知函數(shù)f(x)＝a－|x|

(1)求證：函數(shù)y＝f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)；

(2)若f(x)<2x在(1，＋∞)上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

x

x＋1

難點突破

16．(12分)已知函數(shù)f(x)＝

x2

x－2

x∈R，且x≠2)．

(1)求f(x)的單調區(qū)間；

(2)若函數(shù)g(x)＝x－2ax與函數(shù)f(x)在x∈[0，1]上有相同的值域，求a的值．

課時作業(yè)(五)

【基礎熱身】

1．A [解析] 由題意知，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)．而反比例函數(shù)f(x)＝在x

(0，＋∞)上是減函數(shù)．故選A.2．A [解析] 函數(shù)f(x)在[3，4)上是增函數(shù)，又函數(shù)定義域中含有3而沒有4，所以該函數(shù)有最小值無最大值，故選A.3．B [解析] 方法一：由偶函數(shù)的定義可排除C，D，又∵y＝cos2x為偶函數(shù)，但在(1，2)內不單調遞增，故選B.方法二：由偶函數(shù)定義知y＝log2|x|為偶函數(shù)，以2為底的對數(shù)函數(shù)在(1，2)內單調遞增．

1x4.[解析] 因為x≥0，當x＝0時，y＝0不是函數(shù)的最大值．當x>0時，f(x)＝2x＋1111＝x＋2，當且僅當x＝1時等號成立，所以f(x)≤12xx＋

x

【能力提升】

5．A [解析] 由題意，結合函數(shù)性質可得x>1時f(x)>0，x<1時f(x)<0；x<0或x>4時g(x)<0，00，故f(x)g(x)≥0的解集為{x|x≤0或1≤x≤4}．

?5?1?1?1

6．A [解析] 因為函數(shù)的周期為2，所以f?＝f?2＋＝f???2??2??2?2

1?5??5?∴f?－?＝－f??＝－A.2?2??2?

11111t1011t2

7．C [解析] 因為x＋1≥1，所以0<21，令t＝2，則≤<，≤<1，x＋1x＋122222

所以≤y<1.故選C.x22

8．A [解析] 由題可知f(x)＝e－1>－1，g(x)＝－x＋4x－3＝－(x－2)＋1≤1，若

有f(a)＝g(b)，則g(b)∈(－1，1]，即－b＋4b－3>－1，解得22

9．C [解析] 由題設條件知函數(shù)f(x)在R上為減函數(shù)，所以x<0時，f1(x)＝a為減函

數(shù)，則a∈(0，1)；x≥0時，f(x)＝(a－3)x＋4a中a－3<0，且f(0)＝(a－3)×0＋4a≤a，11

得a≤綜上知0

1?101??1?10.?2，[解析] 令f(x)＝t，t∈3?，問題轉化為求y＝t＋t∈?，3?的值

3?t??2??2?

域．

1?1??10因為y＝t＋在?1?上遞減，在[1，3]上遞增，所以y∈?2，.3?t?2??

x·2，當x＝1時等號成立，所以x＝1時，g(x)

xx

p4q－p的最小值為2，則f(x)在x＝1時取最小值2，所以－12.解得p＝－2，q＝3.11．3 [解析] g(x)＝x＋≥2

?1?2

所以f(x)＝x－2x＋3，所以f(x)在區(qū)間?2?上的最大值為3.?2?

12．a(chǎn)≥2 [解析] y＝

x

x＋a

1－

a

x＋a

(－2，＋∞)上為增函數(shù)，所以a>0，所以得函數(shù)的單調增區(qū)間為(－∞，－a)，(－a，＋∞)，要使y＝增函數(shù)，只需－2≥－a，即a≥2.x

x＋a

在(－2，＋∞)上為

1＋x

13．(－1，1)[解析] 由得函數(shù)的定義域為(－1，1)，原函數(shù)的遞增區(qū)間即為

1－x

1＋x1＋x2

函數(shù)u(x)＝在(－1，1)上的遞增區(qū)間，由于u′(x)＝′＝2故函數(shù)u(x)

1－x1－x（1－x）

1＋x＝的遞增區(qū)間為(－1，1)，即為原函數(shù)的遞增區(qū)間． 1－x

14．解：f(x)的定義域為R，在定義域內任取x1＜x2，x1x2（x1－x2）（1－x1x2）

有f(x1)－f(x2)2－2＝，2

x1＋1x2＋1（x21＋1）（x2＋1）22

其中x1－x2＜0，x1＋1＞0，x2＋1＞0.①當x1，x2∈(－1，1)時，即|x1|＜1，|x2|＜1，所以|x1x2|＜1，則x1x2＜1，1－x1x2＞0，f(x1)－f(x2)＜0，f(x1)＜f(x2)，所以f(x)為增函數(shù)． ②當x1，x2∈(－∞，－1]或[1，＋∞)時，1－x1x2＜0，f(x1)＞f(x2)，所以f(x)為減函數(shù)．

綜上所述，f(x)在(－1，1)上是增函數(shù)，在(－∞，－1]和[1，＋∞)上是減函數(shù)．

15．解：(1)證明：當x∈(0，＋∞)時，f(x)＝a

x

設00，x2－x1>0.1111x1－x2

∴f(x1)－f(x2)＝a－a＝－<0.1

(2)由題意a－<2x在(1，＋∞)上恒成立，x1x2x2x1x1x2

∴f(x1)

x

設h(x)＝2x＋，則a

x

可證h(x)在(1，＋∞)上單調遞增． 所以a≤h(1)，即a≤3.所以a的取值范圍為(－∞，3]． 【難點突破】

x2[（x－2）＋2]4

16．解：(1)f(x)＝＝(x－2)＋4，x－2x－2x－2

令x－2＝t，由于y＝t＋4在(－∞，－2)，(2，＋∞)內單調遞增，t

在(－2，0)，(0，2)內單調遞減，∴容易求得f(x)的單調遞增區(qū)間為(－∞，0)，(4，＋∞)；單調遞減區(qū)間為(0，2)，(2，4)．

(2)∵f(x)在x∈[0，1]上單調遞減，∴其值域為[－1，0]，即x∈[0，1]時，g(x)∈[－1，0]．

∵g(0)＝0為最大值，∴最小值只能為g(1)或g(a)，??a≥1，若g(1)＝－1，則??a＝1；

?1－2a＝－1?1??≤a≤1，若g(a)＝－1，則?2?a＝1.??－a2＝－1

綜上得a＝1.

第四篇：高三數(shù)學教案：高考數(shù)學總復習第一講：函數(shù)與方程.

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高考網(wǎng)www.tmdps.cn 高考數(shù)學總復習第一講：函數(shù)與方程

函數(shù)描述了自然界中量的依存關系，反映了一個事物隨著另一個事物變化而變化的關系和規(guī)律．函數(shù)思想的實質是剔除問題的非數(shù)學特征，用聯(lián)系和變化的觀點提出數(shù)學對象，抽象其數(shù)學特征，建立函數(shù)關系．

在解決某些數(shù)字問題時，先設定一些未知數(shù)，然后把它們當作已知數(shù)，根據(jù)題設本身各量間的制約，列出等式，所設未知數(shù)溝通了變量之間的關系，這就是方程的思想．

函數(shù)與方程是兩個不同的概念，但它們之間有著密切的聯(lián)系，一個函數(shù)若有解析表達式，那么這個表達式就可看成是一個方程．一個二元方程，兩個變量存在著對應關系，如果這個對應關系是函數(shù)，那么這個方程可以看成是一個函數(shù)，一個一元方程，它的兩端可以分別看成函數(shù)，方程的解即為兩個函數(shù)圖象交點的橫坐標，因此，許多有關方程的問題可以用函數(shù)的方法解決；反之，許多有關函數(shù)的問題則可以用方程的方法解決．總之，在復習中要注意領悟蘊含在知識和解題過程中函數(shù)和方程的思想，用它來指導解題．在解題中，同時要注意從不同的角度去觀察探索，尋求多種方法，從而得到最佳解題方案．

一、例題分析

例1．已知F(x)=xα-xβ在x∈(0,1)時函數(shù)值為正數(shù)，試比較α,β的大小．

分析：一般情況下，F(xiàn)（x）可以看成兩個冪函數(shù)的差．已知函數(shù)值為正數(shù)，即f1(x)=xα的圖象在x∈(0,1)上位于f2(x)=xβ的圖象的上方，這時為了判斷冪指數(shù)α,β的大小，就需要討論α,β的值在（1，+∞）上，或是在（0，1）上，或是在（0，1）內的常數(shù)，于是F（x）成為兩個同底數(shù)指數(shù)函數(shù)之差，由于指數(shù)函數(shù)y=at(0<α<1)是減函數(shù)，又因為xα-xβ>0，所以得α<β．

例2．已知0

分析：為比較aα與(aα)α的大小，將它們看成指數(shù)相同的兩個冪，由于冪函數(shù) 在區(qū)間[0,+∞]上是增函數(shù)，因此只須比較底數(shù)a與aα的大小，由于指數(shù)函數(shù)y=ax(0a，所以a＜aα，從而aα<(aα)α．

比較aα與(aα)α的大小，也可以將它們看成底數(shù)相同（都是aα）的兩個冪，于是可以利用指數(shù)函數(shù)

是減函數(shù)，由于1>a，得到aα<(aα)α．

由于a＜aα，函數(shù)y=ax(0(aα)α．

綜上，．

解以上兩個例題的關鍵都在于適當?shù)剡x取某一個函數(shù)，函數(shù)選得恰當，解決問題簡單．

例3．關于x的方程 有實根，且根大于3，求實數(shù)a的范圍．

分析：先將原方程化簡為ax=3，但要注意0

高考網(wǎng)www.tmdps.cn 現(xiàn)要求0

若將ax=3變形為，令，現(xiàn)研究指數(shù)函數(shù)a=3t，由0

通過本例，說明有些問題可借助函數(shù)來解決，函數(shù)選擇得當，解決就便利．

例4．函數(shù)f(x)是定義在實數(shù)集上的周期函數(shù)，且是偶函數(shù)，已知當x∈[2,3]時，f(x)=x,則當x∈[-2,0]時，f(x)的解析式是（）．

（A）f(x)=x+4（B）f(x)=2-x

（C）f(x)=3-|x+1|（D）f(x)=3+|x+1|

解法

一、∵f(-2)=f(2)=2 f(-1)=f(3)=3，∴只有（A）、（C）可能正確．

又∵f(0)=f(2)=2，∴（A）錯，（C）對，選（C）．

解法

二、依題意，在區(qū)間［2，3］上，函數(shù)的圖象是線段AB，∵函數(shù)周期是2，∴線段AB左移兩個單位得［0，1］上的圖象線段CD；再左移兩個單位得［–2，1］上的圖象線段EF ．

∵函數(shù)是偶函數(shù)，∴把線段CD沿y軸翻折到左邊，得［–1，0］上的圖象線段FC．

于是由直線的點斜式方程，得函數(shù)在［–2，0］上的解析式：

即

由于x∈[-2,-1]時，x+1≤0，x∈(-1,0)時，x+1>0，所以y=3-|x+1|, x∈[-2,0]．

解法

三、當x∈[-2,-1]時，x+4∈[2,3]，∵函數(shù)周期是2，學而思教育·學習改變命運 思考成就未來！

高考網(wǎng)www.tmdps.cn ∴f(x+4)=f(x)．

而f(x+4)=x+4，∴x∈[-2,-1]時，f(x)=x+4=3+(x+1)．

當x∈[-1,0]時，-x∈[0,1]，且-x+2∈[2,3]．

∵函數(shù)是偶函數(shù)，周期又是2，∴

，于是在［–2，0］上，．

由于x∈[-2,-1]時，x+1≤0，x∈(-1,0)時，x+1>0，根據(jù)絕對值定義有x∈[-2,0]時，f(x)=3-|x+1|．

本題應抓住“偶函數(shù)”“周期性”這兩個概念的實質去解決問題．

例5．已知y=loga(2-ax)在［0，1］上是x的減函數(shù)，則a的取值范圍是（）．

（A）（0，1）（B）（1，2）（C）（0，2）（D）［2，+∞］

分析：設t=2-ax，則y=logat，因此，已知函數(shù)是上面這兩個函數(shù)的復合函數(shù)，其增減性要考查這兩個函數(shù)的單調性，另外，還要考慮零和負數(shù)無對數(shù)以及參數(shù)a對底數(shù)和真數(shù)的制約作用．

解法

一、由于a≠1，所以（C）是錯誤的．

又a=2時，真數(shù)為2–2x，于是x≠1，這和已知矛盾，所以（D）是錯的． 當0

于是應選（B）．

解法

二、設t=2-ax，y=logat

由于a>0，所以t=2-ax是x的減函數(shù)，因此，只有當a>1，y=logat是增函數(shù)時，y=loga(2-ax)在［0，1］上才是減函數(shù)；

又x=1時，y=loga(2-a)，依題意，此時，函數(shù)有定義，故2–a>0

綜上可知：1

例6．已知則g(5)=_____________-

，函數(shù)y=g(x)的圖象與函數(shù)y=f-1(x+1)的圖象關于y’=x對稱，解法

一、由 去分母，得，解出x，得，故，于是，設，去分母得，解出x，得，學而思教育·學習改變命運 思考成就未來！

高考網(wǎng)www.tmdps.cn ∴ 的反函數(shù) ．

∴ 解法

二、由 ∴，∴

．

，則

．

，即 根據(jù)已知： 的反函數(shù)為

，∴ ．

解法

三、如圖，f(x)和f-1(x)互為反函數(shù)，當f-1(x)的圖象沿x軸負方向平移一個單位時，做為“鏡面”的另一側的“象”f(x)的圖象一定向下平移1個單位，因此f-1(x+1)的圖象與f(x)-1的圖象關于y=x對稱．

故f-1(x+1)的反函數(shù)是g(x)=f(x)-1，∴ ．

本解法從圖象的運動變化中，探求出f-1(x+1)的反函數(shù)，體現(xiàn)了數(shù)形結合的優(yōu)勢出

二、鞏固練習

（1）已知函數(shù)值．

在區(qū)間 上的最大值為1，求實數(shù)a的（1）解：f(x)在區(qū)間 上最大值可能在端點外取得，也可能在頂點外取得，得，故此解舍去．

，而頂點橫坐標，最大值在頂點外取 當最大值為f(2)時，f(2)=1，合理．

，頂點在應在區(qū)間右端點取得最大值，此解學而思教育·學習改變命運 思考成就未來！

高考網(wǎng)www.tmdps.cn 當最大值在頂點處取得時，由，解得，當，此時，頂點不在區(qū)間內，應舍去．

綜上，．

（2）函數(shù) 的定義域是［a，b］，值域也是［a，b］，求a.b的值．2）解：y=f(x)的圖象如圖，分三種情況討論．

當a0，應舍去．

有，解得：a=1，b=2．

當a<0

當a0，應舍去． 學而思教育·學習改變命運 思考成就未來！

高考網(wǎng)www.tmdps.cn 有，解得：a=1，b=2．

當a<0

，所以最小，解得：，綜上，或

（3）求函數(shù) 的最小值．

解（3）分析：由于對數(shù)的底已明確是2，所以只須求 的最小值．

（3）解法一：∵，∴x>2．

設，則，由于該方程有實根，且實根大于2，∴ 解之，μ≥8．

當μ=8時，x=4，故等號能成立．

于是log2≥0且x=4時，等號成立，因此 的最小值是3．

解法二：∵，∴x>2 學而思教育·學習改變命運 思考成就未來！

高考網(wǎng)www.tmdps.cn 設，則 =

∴μ≥8且，即x=4時，等號成立，∴l(xiāng)og2μ≥3且x=4時，等號成立．

故 的最小值是3．

（4）已知a>0,a≠1，試求方程 有解時k的取值范圍． 4）解法一：原方程 由②可得：

③，當k=0時，③無解，原方程無解；

當k≠0時，③解為，代入①式，．

解法二：原方程 原方程有解，應方程組

，即兩曲線有交點，那么ak<-a或00)

∴k<-1或0

高考網(wǎng)www.tmdps.cn（Ⅰ）解不等式f(x)≤1

（Ⅱ）求a的取值范圍，使f(x)在[0,+∞]上是單調函數(shù)．

5）解（Ⅰ），不等式f(x≤1)，即 由此得：1≤1+ax即ax≥0，其中常數(shù)a>0，∴原不等式 即

∴當0

（Ⅱ）在區(qū)間[0,+∞)上任取x1,x2，使得x1

∴ 又 ∴

所以，當a≥1時，函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,+∞)上是單調遞減函數(shù)．

（ⅱ）當0

滿足f(x1)=1,f(x2)=1，即

第五篇：2014屆高三數(shù)學一輪復習《函數(shù)模型及其應用》理 新人教B版

[第12講 函數(shù)模型及其應用]

(時間：35分鐘 分值：80分)

基礎熱身

1．某種細胞，每15分鐘分裂一次(1→2)，這種細胞由1個分裂成4 096個需經(jīng)過()

A．12 hB．4 hC．3 hD．2 h

22．某沙漠地區(qū)的某時段氣溫與時間的函數(shù)關系是f(t)＝－t＋24t－101(4≤t≤18)，則該沙漠地區(qū)在該時段的最大溫差是()

A．54B．58C．64D．68

3．已知某矩形廣場的面積為4萬平方米，則其周長至少為()

A．800 m B．900 m C．1 000 m D．1 200 m

4．已知A，B兩地相距150 km，某人開汽車以60 km/h的速度從A地到達B地，在B地停留1 h后再以50 km/h的速度返回A地，把汽車離開A地的距離x表示為時間t(h)的函數(shù)表達式是________．

能力提升

5．某工廠6年來生產(chǎn)某種產(chǎn)品的情況是：前三年年產(chǎn)量的增長速度越來越快，后三年年產(chǎn)量保持不變，則該廠6年來這種產(chǎn)品的總產(chǎn)量C與時間t(年)的函數(shù)關系可用圖象表示是（）

6．某商品1月份降價10%，此后受市場因素影響，價格連續(xù)上漲三次，使目前售價與1月份降價前相同，則連續(xù)上漲三次的價格平均回升率為()310310A.1B.＋1 99

1033－1D.9

37．某公司租地建倉庫，已知倉庫每月占用費y1與倉庫到車站的距離成反比，而每月運送貨物的運費y2與倉庫到車站的距離成正比．據(jù)測算，如果在距離車站10 km處建倉庫，這兩項費用y1，y2分別是2萬元和8萬元，那么要使這兩項費用之和最小，倉庫應建在離車站()

A．5 km處 B．4 km處 C．3 km處 D．2 km處

8．某電視新產(chǎn)品投放市場后第一個月銷售100臺，第二個月銷售200臺，第三個月銷售400臺，第四個月銷售790臺，則下列函數(shù)模型中能較好地反映銷量y與投放市場的月數(shù)x之間關系的是()

2A．y＝100xB．y＝50x－50x＋100

xC．y＝50×2D．y＝100log2x＋100 C．

9．用一根長為12 m的鋁合金條做成一個“目”字形窗戶的框架(不計損耗)，要使這個窗戶通過的陽光最充足，則框架的長與寬應為________．

210．某公司在甲、乙兩地銷售一種品牌車，利潤(單位：萬元)分別為l1＝5.06x－0.15x

和l2＝2x，其中x為銷售量(單位：輛)．若該公司在這兩地共銷售15輛車，則能獲得的最大利潤為________萬元．

11．[2013·北京朝陽區(qū)二模] 一個工廠生產(chǎn)某種產(chǎn)品每年需要固定投資100萬元，此

*外每生產(chǎn)1件該產(chǎn)品還需要增加投資1萬元，年產(chǎn)量為x(x∈N)件．當x≤20時，年銷售總

2收入為(33x－x)萬元；當x>20時，年銷售總收入為260萬元．記該工廠生產(chǎn)并銷售這種產(chǎn)

品所得的年利潤為y萬元，則y(萬元)與x(件)的函數(shù)關系式為________________________________________________________________________，該工廠的年產(chǎn)量為________件時，所得年利潤最大．(年利潤＝年銷售總收入－年總投資)

a0.1＋15lnx≤6），??a－x12．(13分)有時可用函數(shù)f(x)＝? x－4.4??x－4x>6），描述學習某學科知識的掌握程度，其中x表示某學科知識的學習次數(shù)(x∈N)，f(x)表示對該學科知識的掌握程度，正實數(shù)a與學科知識有關．

(1)證明：當x≥7時，掌握程度的增加量f(x＋1)－f(x)總是下降；

(2)根據(jù)經(jīng)驗，學科甲、乙、丙對應的a的取值區(qū)間分別為(115，121]，(121，127]，(127，133]．當學習某學科知識6次時，掌握程度是85%，請確定相應的學科．

難點突破

13．(12分)[2013·泉州四校聯(lián)考] 省環(huán)保研究所對市中心每天環(huán)境放射性污染情況進行調查研究后，發(fā)現(xiàn)一天中環(huán)境綜合放射性污染指數(shù)f(x)與時刻x(時)的關系為f(x)＝?2x－a?＋2a＋2，x∈[0，24]，其中a是與氣象有關的參數(shù)，且a∈?01，若用每天?x＋1??23????

f(x)的最大值為當天的綜合放射性污染指數(shù)，并記作M(a)．

(1)令t＝*x

x＋1，x∈[0，24]．求t的取值范圍．

(2)省政府規(guī)定，每天的綜合放射性污染指數(shù)不得超過2，試問目前市中心的綜合放射性污染指數(shù)是否超標．

課時作業(yè)(十二)

【基礎熱身】

121．C [解析] 2＝4 096，分裂了12次．

2．C [解析] 當t＝12時，f(t)max＝43，當t＝4時，f(t)min＝－21，最大溫差為43－(－21)＝64.40 000?40 000?3．A [解析] 設這個廣場的長為x m，所以其周長為l＝2?x?x?x?

≥800，當且僅當x＝200時取等號．

?60t（0≤t≤25），?4．x＝?150（2.5

2.5

【能力提升】

5．A [解析] 由于開始的三年產(chǎn)量的增長速度越來越快，故總產(chǎn)量迅速增長，圖中符合這個規(guī)律的只有選項A；后三年產(chǎn)量保持不變，總產(chǎn)量直線上升．故選A.3106．A [解析](1－0.1)(1＋x)＝1?x1.93

7．A [解析] 設倉庫建在離車站x km，則y1＝y(tǒng)2＝k2x，根據(jù)給出的初始數(shù)據(jù)可得k1

x

k1＝20，k2＝0.8，兩項費用之和y＝＋0.8x≥8，等號當且僅當x＝5時成立． x

8．C [解析] 根據(jù)函數(shù)模型的增長差異和題目中的數(shù)據(jù)可知，應為指數(shù)型函數(shù)模型．

9．長3 m，寬1.5 m [解析] 設窗的長與寬分別為x，y，據(jù)題意

22x＋4y＝12，S＝xy＝(6－2y)y＝－2y＋6y(0

10．45.6 [解析] 設甲地銷量為x輛，則乙地銷量為15－x輛，總利潤為y(單位：萬

2元)，則y＝5.06x－0.15x＋2(15－x)(0≤x≤15，x∈N)，2函數(shù)y＝－0.15x＋3.06x＋30(0≤x≤15，x∈N)的對稱軸為x＝10.2.∵x∈N，故x＝10時y最大，最大值為45.6萬元．

2*??－x＋32x－100，020，x∈N?

[解析] 只要把成本減去即可，成本為x＋100，故得函數(shù)關系式為y＝2*??－x＋32x－100，020，x∈N.?

當020時y<140，故年產(chǎn)量為16件時，年利潤最大．

0.412．解：(1)證明：當x≥7時，f(x＋1)－f(x)＝.（x－3）（x－4）

而當x≥7時，函數(shù)y＝(x－3)(x－4)單調遞增，且(x－3)(x－4)>0，故f(x＋1)－f(x)單調遞減，∴當x≥7時，掌握程度的增加量f(x＋1)－f(x)總是下降．

(2)由題意可知0.1＋15lne0.0520＝0.85，整理得＝ea－6a－6aa0.05，解得a＝×6＝20.50×6＝123.0，123.0∈(121，127]． e－1

由此可知，該學科是乙學科．

【難點突破】

13．解：(1)當x＝0時，t＝0；

1當0

∴tx＋12x?1?1??0，即t的取值范圍是?0，?.1?2??2?x1x

2?1(2)當a∈?0，時，記g(t)＝|t－a|＋2a＋ 3?2?

2－t＋3a＋t≤a，3則g(t)＝ 21t＋a＋，a

?1∵g(t)在[0，a]上單調遞減，在?a上單調遞增，?2?

21711且g(0)＝3ag＝ag(0)－g＝2a32624

71a＋，0≤a≤，644故M(a)＝∴當且僅當a≤時，M(a)≤2.92113a＋，a≤.342

441故當0≤a≤時不超標，當