2019届苏教版(文科数学) 导数法妙解极值、最值问题 单元测试

第一篇：2019届苏教版(文科数学) 导数法妙解极值、最值问题 单元测试

2019届苏教版（文科数学）

导数法妙解极值、最值问题

单元测试

1．【辽宁省丹东市2018年高三总复习质量测试

（二）】已知函数值10，则，在处取得极A． 4或-

3B． 4或-1

1C． 4

D．-3 【答案】C

∴．

故选C．

点睛：（1）导函数的零点并不一定就是函数的极值点，所以在求出导函数的零点后一定要注意分析这个零点是不是函数的极值点．

（2）对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件，因此在根据函数的极值点或极值求得参数的值后需要进行验证，舍掉不符合题意的值．

2．【新疆乌鲁木齐市2018届高三第三次诊断性测验】若函数是（）A．

B． 【答案】C

C．

D．

有极大值，则实数的取值范围①∴时，令是，解得：，时，时，的极小值点，时，即∴一定存在，使时，即，∴，符合题意；

②时，，时，，递减，在，故∴③在递增，故不存在极大值，不符合题意； 时，若，时，时，时，∴在上递增，函数一定没有极大值，综上可得只有C选项符合题意.点睛：本题考查了函数的单调性，函数的极值与最值问题，考查导数的应用，分类讨论思想，有一定难度.3．已知函数A． C． 【答案】D 有两个极值点，则下列结论正确的是

B．

D．

4．【江西省景德镇市第一中 等盟校2018届高三第二次联考】若函数个极值点，则实数的取值范围是（）A．

B．

C．

D．

有两【答案】B 【解析】分析：函数一元二次方程根与系数之间的关系求解即可.详解：，有两个根，设，则关于的方程

有两个正根，有两个极值点，有两个极值点，等价于

有两个根，换元后利用可得，实数的取值范围是，故选B.点睛：对于一元二次方程根与系数的关系的题型常见解法有三个：一是对于发方程的解为不做限制的题型可以直接运用判别式解答；二是已知根的符号，根据韦达定理结合判别式列不等式组求解；三是方程的解在区间上的题型，一般采取列不等式组（主要考虑判别式、对称轴、的符号）的方法解答.，则（）5．【山东省潍坊市2018届高三第二次高考模拟考试】已知函数A． 有个零点

B．

在上为减函数 C． 【答案】B 的图象关于点对称

D． 有个极值点

6．【河北省定州中 2018届高三下 期第一次月考】已知函数唯一极值点，则实数的取值范围是（），若是函数的A． 【答案】A 【解析】

B．

C．

D．

分析：首先求得导函数，然后结合题意利用导函数研究函数的极值，最后利用排除法即可求得最终结果.详解：函数f(x)的定义域是(0,+∞)，且：∵x=2是函数f(x)的唯一一个极值点当时，很明显满足题意., 的唯一极值点，结合选项，只有A选项符合题意.本题选择A选项.点睛：本题主要考查导函数研究函数的极值，排除法解答选择题等知识，意在考查 生的转化能力和计算求解能力.7．【湖北省华中师范大 第一附属中 2018届高三5月押题考试】若曲线：

与曲线：

（其中无理数…）存在公切线，则整数的最值情况为（）

A． 最大值为2，没有最小值

B． 最小值为2，没有最大值 C． 既没有最大值也没有最小值

D． 最小值为1，最大值为2 【答案】C

或a<0.故答案为：C 点睛：（1）本题主要考查导数的几何意义，考查利用导数求函数的最值，意在考查 生对这些基础知识的掌握能力和分析推理能力.(2)解答本题的关键是求出，再研究函数的最值得解.8．【河北省唐山市2017—2018 年度高三年级第三次模拟考试】已知，则A．（），若的最小值为

B．

C．

D．

【答案】A 点睛：本题主要考查利用导数判断函数的单调性以及函数的极值与最值，属于难题.求函数(1)确定函数的定义域；(2)求导数在；(3)解方程

极值的步骤：

求出函数定义域内的所有根；(4)列表检查

在处取极大值，如果左负右正的根左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么（左减右增），那么在处取极小值.（5）如果只有一个极值点，则在该处即是极值也是最值；（6）如果求闭区间上的最值还需要比较端点值的函数值与极值的大小.9．【湖北省部分重点中 2018-2019 年度上 期新高三开 考试】己知函数 恰有3个不同的实数解，则实数的取值范围是（），若关于的方程A． 【答案】C

B．

C．

D． 又当 时，因此画出函数图像如下图所示：

令，则方程

恰有3个不同的实数解化为

有两个不同实数根，所以所以所以选C 【点睛】，即

本题考查了通过导数求参数的取值范围，需要灵活掌握函数求导及二次函数的性质，属于难题。

10．【江苏省盐城中 2018届高三全仿真模拟检测】已知函数(I)若(Ⅱ)若，求函数存在极小值点，且可作多少条直线与的单调区间；，其中，求证:

；，.(Ⅲ)试问过点的图像相切?并说明理由.；(Ⅱ)证明见解析；(Ⅲ)答案见解析.【答案】(Ⅰ)单调减区间为单调增区间为(2)，存在极小值点，则.，则，所以则(3)，又时，有1条切线；

代入，所以时，有2条切线.所以；

，设切点坐标是，依题意：

即设故函数在，化简得：，上零点个数，即是曲线切线的条数.，①当②当时，时，在在上恰有一个零点1； 上恒成立，在故当③故在时，时，在上单调递减，且上有且只有一个零点，在在，]

上恰有个零点； 上递减，在上递增，，此时 至多有两个零点，且在单调递增，且值域是，使又函数故对任意实数，必存在

由于函数在，上必有一零点；

]

综上时，又当综上：，时，在，所以在上有两个零点

时，有2条切线.，所以

必有一零点.，故

时，有1条切线；

点睛：导数在研究函数零点中的作用

(1)研究函数图象的交点、方程的根、函数的零点，归根到底是研究函数的性质，如单调性、极值等．(2)用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决． 11．【河北省石家庄二中2018届高三三模】设函数（Ⅰ）讨论函数（Ⅱ）若，极值点的个数，并说明理由；

成立，求的取值范围.，其中

.【答案】（1）见解析（2）所以当当同理当当时，，，单调递增；当单调递增.因此此时函数，单调递减；

有两个极值点；，单调递增； 的两个不相等的实数根，且，单调递减，当，所以函数只有一个极值点.综上可知当时的无极值点；当

时

有一个极值点；当

时，的有两个极值点.12．【2018届四省名校高三第三次大联考】已知函数.（1）当（2）若时，判断函数有两个极值点的单调性；

.①求实数的取值范围； ②证明：【答案】(1).在上单调递减；(2)①.；②.证明见解析.（2）①∵有两个极值点，有两个根，则，，∴关于的方程设当即∴当由∴且当要使必有∴实数的取值范围是.即时，在上单调递减，最多有一根，不合题意 时，由，得在区间时，得，上单调递增，在区间，当

时，上单调递减.有两个不同的根，解得

②∵∴，又∴令则∴∴在区间，∴，上单调递减，.又∴，.，点睛：本题主要考查了函数的单调性和最值与导函数的关系，求函数的导数，构造函数是解决本题的关键。13．【江苏省苏州市第五中 2018届高三上 期期初考试】已知函数（1）若函数的图象在处的切线经过点，求的值；

．

（2）是否存在负整数，使函数理由． 【答案】（1）；（2）不存在 的极大值为正值？若存在，求出所有负整数的值；若不存在，请说明【详解】

（1）∵ ∴, ∴函数∴在处的切线方程为：，解得：，又直线过点

（2）若当当，时，时，恒成立，函数在恒成立，函数在上无极值； 上无极值；

在上，若在处取得符合条件的极大值，则，则，由（3）得：，代入（2）得：，结合（1）可解得：，再由得：，设，则，当时，即是增函数，所以又，故当极大值为正数时，从而不存在负整数满足条件．

14．【江西省新余市第四中 2018届高三适应性考试】已知函数（1）若函数在处的切线与直线在区间

上最大值；，求证：

.平行，求实数的值；

（2）试讨论函数（3）若时，函数恰有两个零点【答案】（1）n=6（2）见解析（3）见解析（2）f′（x）=，（x＞0），由f′（x）＜0时，x＞n；f′（x）＞0时，x＜n，所以①当n≤1时，f（x）在[1，+∞）上单调递减，故f（x）在[1，+∞）上的最大值为f（1）=m﹣n；

②当n＞1，f（x）在[1，n）上单调递增，在（n，+∞）上单调递减，故f（x）在[1，+∞）上的最大值为f（n）=m﹣1﹣lnn；

（3）证明：n=1时，f（x）恰有两个零点x1，x2，（0＜x1＜x2），由，f（x2）=，得，∴，设t=＞1，lnt=，x1=，故x1+x2=x1（t+1）=，∴，记函数，因，∴h（t）在（1，+∞）递增，∵t＞1，∴h（t）＞h（1）=0，又lnt＞0，故x1+x2＞2成立

【点睛】

(1)本题主要考查导数的几何意义，考查利用导数求函数的单调区间和最值，考查利用导数证明不等式，意在考查 生对这些知识的掌握水平和分析推理转化能力.(2)解答本题的关键有三点，其一是求出的关系，其二是换元t=＞1得到于零.15．【山西省太原市2018届高三第三次模拟考试】已知函数（1）若关于的方程（2）当时，证明函数的两个实数根为

在函数，求证：，其三是求

最小值大的最大值为

；

.的最小零点处取得极小值.【答案】(1)见解析;(2)见解析.∴设所以，在，∴，则上单调递增，∴，则，因，故在区间

在，所以；

时，，（2）由（1）可知，易知，单调递增，又

递增，∴，且时，；时，当于是时，时，，

第二篇：天津市2013届高三数学总复习之综合专题：导数在研究函数极值、最值中的应用 课堂验收(教师版)

导数在研究函数极值、最值中的应用

解答下列各题。（解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

1、若函数f(x)ax3bx2cxd在x1时有极大值5，在x1时有极小值1，试确定函数f(x)的解析式。

学案P1142、设a0，f(x)

（1）求a的值；

（2）证明f(x)在(0,)是增函数。

学案P1083、设a0，求函数f(x)x2

学案P114

ax(x1)的单调区间，并在有极值时，求出极值。exaaex是R上的偶函数。

第三篇：2014届高三数学一轮复习《导数研究函数的最值、优化问题、方程与不等式》理

[第15讲 导数研究函数的最值、优化问题、方程与不等式]

(时间：45分钟 分值：100分)

基础热身

x1．[2013·韶关调研] 函数y＝xe的最小值是()

1A．－1B．－eC．不存在 e

322．f(x)＝x－3x＋2在区间[－1，1]上的最大值是()

A．－2B．0C．2D．4

3．某城市在发展过程中，交通状况逐渐受到大家更多的关注，据有关统计数据显示，从上午6时到9时，车辆通过该市某一路段的用时y(分钟)与车辆进入该路段的时刻t之间

1332629关系可近似地用如下函数给出：y＝－t－t＋36t则在这段时间内，通过该路段用844

时最多的时刻是()

A．6时B．7时C．8时D．9时

4．已知某生产厂家的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：万件)的函数关系式为y13＝－x＋81x－234，则使该生产厂家获得最大年利润的年产量为()3

A．13万件B．11万件C．9万件D．7万件

能力提升

5．一矩形铁皮的长为8 cm，宽为5 cm，在四个角上截去四个相同的小正方形，制成一个无盖的小盒子，盒子容积的最大值是()

3333A．12 cmB．15 cmC．18 cmD．16 cm

26．[2013·湖南卷] 设直线x＝t与函数f(x)＝x，g(x)＝lnx的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为()

152A．1B.D.222

37．[2013·全国卷] 已知函数y＝x－3x＋c的图象与x轴恰有两个公共点，则c＝()

A．－2或2B．－9或3

C．－1或1D．－3或1

8．已知正四棱锥S－ABCD中，SA＝23，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为()

A．1B.3C．2D．3

9．[2013·辽宁卷] 若x∈[0，＋∞)，则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．设底面为等边三角形的直棱柱的体积为V，那么其表面积最小时，底面边长为

________．

ex＋1ex

11．[2013·厦门质检] 设函数f(x)＝，g(x)＝x，对任意x1，x2∈(0，＋∞)，xe

g（x1）f（x2）不等式k的取值范围是________．

kk＋1

12．某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品，若该商品零售价定为P元，则销售

量Q(单位：件)与零售价P(单位：元)有如下关系：Q＝8 300－170P－P.则该商品零售价定为________时，毛利润L最大，最大毛利润是________(毛利润＝销售收入－进货支出)．

13．将边长为1的正三角形薄片，沿一条平行于某边的直线剪成两块，其中一块是梯形，（梯形的周长）记S＝S的最小值是________．

梯形的面积

14．(10分)为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层．某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为6万元．该建筑物每年的能源消耗费用C(单位：万元)与隔热层厚度x(单位： cm)满足关系：C(x)＝

k

(0≤x≤10)，若不建隔热层，每年能源消耗费用为8万元．设f(x)为隔热层建造费用3x＋5

与20年的能源消耗费用之和．

(1)求k的值及f(x)的表达式；

(2)隔热层修建多厚时，总费用f(x)达到最小，并求最小值．

15．(13分)[2013·河北重点中学联考] 已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝－x＋ax－2.(1)求函数f(x)在[t，t＋2](t＞0)上的最小值；

(2)若函数y＝f(x)＋g(x)有两个不同的极值点x1，x2(x1＜x2)且x2－x1＞ln2，求实数a的取值范围．

难点突破

16．(12分)已知函数f(x)＝lnx－(1)当a>0时，判断f(x)在定义域上的单调性；

ax

(2)若f(x)在[1，e]上的最小值为a的值；

(3)试求实数a的取值范围，使得在区间(1，＋∞)上，函数y＝x的图象恒在函数f(x)的图象的上方．

课时作业(十五)

【基础热身】

x

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

y′>0，所以x＝－1时，ymine

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

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

828

或t＝8，当6≤t<8时，y′>0，当8

4．C [解析] 因为y′＝－x＋81，所以当x>9时，y′<0；当00，所以

函数y＝－＋81x－234在(9，＋∞)上单调递减，在(0，9)上单调递增，所以x＝9是函

数的极大值点．又因为函数在(0，＋∞)上只有一个极大值点，所以函数在x＝9处取得最大值．

【能力提升】

5．C [解析] 设小正方形的边长为x cm，则盒子底面长为8－2x，宽为5－2x.V＝(8

510322

－2x)(5－2x)x＝4x－26x＋40x0

23

(舍去)，则V极大值＝V(1)＝18，且在定义域内仅有一个极大值，∴V最大值＝18.6．D [解析] 用转化的思想：直线x＝t与函数f(x)＝x，g(x)＝lnx图象分别交于M，N，而|MN|的最小值，实际是函数F(t)＝t2－lnt(t>0)时的最小值．

122

令F′(t)＝2t－＝0，得t＝或t＝－舍去)．

t2222

F(t)＝t－lnt有最小值，即|MN|达到最小值，故选D.2

7．A [解析] 由f′(x)＝3x－3＝3(x＋1)(x－1)＝0⇒x＝±1，结合f(x)的图象可知只要f(－1)＝0或f(1)＝0即可，故解得c＝－2或2，故选A.1222

8．C [解析] 设底面边长为a，则高h＝SA－a＝12－2，所以体积V

22

故t＝121

＝h＝33

164

12a－a.21643535

设y＝12a－a，则y′＝48a－3a，当y取最值时，y′＝48a－3a＝0，解得a＝0(舍

212

12－a＝2.332

9．C [解析] 验证A，当x＝3时，e>2.7＝19.68>1＋3＋3＝13，故排除A；验证B，去)或a＝4，故a＝4时体积最大，此时h＝

当x＝2

6111113391 5211 536166而1＋＝＝故排除B；

***3

1＋

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

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

＋为增函数，所以g(x)≥g(0)＝0恒成立，即cosx≥1－恒成立；验证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] 设底面边长为x，则高为h＝∴Sx＋2×x＝22

4x3x3x＋32，2

43V3

∴S′＝－23x，令S′＝0，得x＝4V.x

333

当04V时，S′>0，故当x＝4V时，S取得最小值． 11．k≥1 [解析] ∵k为正数，g（x1）f（x2）g（x）≤f（x）∴对任意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] 由题意知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)．

因为在P＝30附近的左侧L′(P)>0，右侧L′(P)<0，∴L(30)是极大值．

根据实际意义知，L(30)是最大值，此时L(30)＝23 000.即零售价定为每件30元时，有最大毛利润为23 000元．

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

－x)，梯形的周长为BD＋DE＋EC＋BC＝3－x，梯形的面2

＝1－x.过D作DF⊥BC，DF＝

133（3－x）2

积为(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＝时，Smin.3333

14．解：(1)设隔热层厚度为x cm，由题设，每年能源消耗费用为C(x)＝3x＋5

再由C(0)＝8，得k＝40，因此C(x)＝3x＋5

而建造费用为C1(x)＝6x.所以隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和为

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)．

当00，故x＝5是f(x)的最小值点，对应

800的最小值为f(5)＝6×5＋＝70.15＋5

故当隔热层修建5 cm厚时，总费用达到最小值为70万元．

15．解：(1)由题意f′(x)＝lnx＋1＝0，得x＝.e

111①当0

11此时函数f(x)在[t，t＋2]上的最小值为f.ee

②当t≥时，函数f(x)在[t，t＋2]上单调递增，e

此时函数f(x)在[t，t＋2]上的最小值为f(t)＝tlnt.(2)由题意y＝f(x)＋g(x)＝xlnx－x＋ax＋2，则y′＝lnx－2x＋a＋1，知y′＝lnx－2x＋a＋1＝0有两个不同的实根x1，x2，等价于a＝－lnx＋2x－1有两个不同的实根x1，x2，等价于直线y＝a与函数G(x)＝－lnx＋2x－1的图象有两个不同的交点．

111由G′(x)＋2，知G(x)在0上单调递减，在上单调递增，x22

画出函数G(x)图象的大致形状如图，k

1由图易知，当a>G(x)min＝G＝ln2时，2

x1，x2存在，且x2－x1的值随a的增大而增大． 而当x2－x1＝ln2时，lnx1－2x1＋a＋1＝0，由题意得

lnx2－2x2＋a＋1＝0.

两式相减可得ln2(x2－x1)＝2ln2，得x2＝4x1，4

代入x2－x1＝ln2得x2＝4x1，2ln2此时实数aln2－ln－1，33

2ln2所以实数a的取值范围为a>ln2－ln－1.33

【难点突破】

1ax＋a

16．解：(1)f′(x)＋22(x>0)．

x2x1

xxx

当a>0时，f′(x)>0恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数．(2)由f′(x)＝0得x＝－a.①当a≥－1时，f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，f(x)在[1，e]上为增函数，33

f(x)min＝f(1)＝－a＝a＝－(舍)．

②当a≤－e时，f′(x)≤0在[1，e]上恒成立，f(x)在[1，e]上为减函数，a3e

则f(x)min＝f(e)＝1－＝a(舍)．

e22

③当－e0，f(x)在(x0，e)上为增函数．

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

设g(x)＝xlnx－x(x>1)，则g′(x)＝lnx－3x＋1.12

令h(x)＝lnx－3x＋1，则h′(x)＝6x，32

ax

x

当x>1时，h′(x)<0恒成立．

∴h(x)＝g′(x)＝lnx－3x＋1在(1，＋∞)上为减函数，则g′(x)

第四篇：2013届高考理科数学一轮复习课时作业(14)用导数研究函数的最值与生活中的优化问题举例

课时作业(十四)

第14讲用导数研究函数的最值与生活中的优化问题举例

[时间：35分钟分值：80分]

lnx1．函数y＝()x

B．eC．e2D.e

32．已知x≥0，y≥0，x＋3y＝9，则x2y的最大值为()

A．36B．18C．25D．

423．某城市在发展过程中，交通状况逐渐受到大家更多的关注，据有关统计数据显示，从上午6时到9时，车辆通过该市某一路段的用时y(分钟)与车辆进入该路段的时刻t之间

13629关系可近似地用如下函数给出：y3－t2＋36t－.则在这段时间内，通过该路段用时844

最多的时刻是()

A．6时B．7时C．8时D．9时

4．设正三棱柱的体积为V，那么其表面积最小时，底面边长为()1334VB．2VC.4VD.2

能力提升

1－x15．已知函数f(x)＝＋lnx，则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]函数f(x)＝ax在[－2,2]上的最大值为2，则ex>0

a的取值范围是()

ln2ln2B.0 A.22

ln2 C．(－∞，0]D.2

7．一艘轮船在航行中的燃料费和它的速度的立方成正比，已知在速度为每小时10 km时的燃料费是每小时6元，而其他与速度无关的费用是每小时96元，则使行驶每千米的费用总和最小时，此轮船的航行速度为()

A．20 km/hB．25 km/h

C．19 km/hD．km/h 基础热身

图K14－

18．[2011·江苏四市联考]今有一块边长为a的正三角形的厚纸，从这块厚纸的三个角，按图K14－1那样切下三个全等的四边形后，做成一个无盖的盒子，要使这个盒子容积最大，x值应为()

2aaaA．aB.C.D.326

9．某工厂生产某种产品，已知该产品的月生产量x(t)与每吨产品的价格p(元/t)之间的1关系式为：p＝24 200－x2，且生产x t的成本为R＝50 000＋200x(元)．则该厂每月生产

5________ t产品才能使利润达到最大．(利润＝收入－成本)

10．[2011·潮州模拟]在半径为R的圆内，作内接等腰三角形，当底边上高为________时它的面积最大．

图K14－2

11．[2011·宁化模拟]如图K14－2，用半径为R的圆铁皮，剪一个圆心角为a的扇形，制成一个圆锥形的漏斗，则圆心角a取________时，漏斗的容积最大．

12．(13分)[2011·无锡模拟]甲、乙两村合用一个变压器，如图K14－3所示，若两村用同型号线架设输电线路，问：变压器设在输电干线何处时，所需电线最短？

难点突破

13．(12分)[2011·长沙模拟]广东某民营企业主要从事美国的某品牌运动鞋的加工生产，按国际惯例以美元为结算货币，依据以往加工生产的数据统计分析，若加工产品订单的金额为x万美元，可获得的加工费近似地为x＋1)万美元，受美联储货币政策的影响，美元贬值，由于生产加工签约和成品交付要经历一段时间，收益将因美元贬值而损失mx万

美元(其中m为该时段美元的贬值指数，m∈(0,1))，从而实际所得的加工费为f(x)ln(2x＋

1)－mx(万美元)．

(1)若某时期美元贬值指数m＝，为确保企业实际所得加工费随x的增加而增加，该

200

企业加工产品订单的金额x应在什么范围内？

(2)若该企业加工产品订单的金额为x万美元时共需要的生产成本为x万美元，已知该

企业加工生产能力为x∈[10,20](其中x为产品订单的金额)，试问美元的贬值指数m在何范围时，该企业加工生产将不会出现亏损．

课时作业(十四)

【基础热身】

lnx′x－lnx·x′1－lnx

1．A [解析] 令y＝0，得x＝e，当x>e时，y′<0；当xx11

x0，故y极大值＝f(e)＝，在定义域内只有一个极值，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可以验证x＝6时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

当6≤t<8时，y′>0，当8

4V

4．C [解析] 设底面边长为x，则高为h＝

3x2

4V4V∴S表＝3×x＋2×2＝x2，2·4x23x

4V∴S′表＝－3x，令S′表＝0，得x＝4V.x

经检验知，当x＝4V时S表取得最小值． 【能力提升】

x－1

5．B [解析] 对f(x)求导得f′(x)＝.x

1

(1)若x∈2，1，则f′(x)<0；(2)若x∈(1,2]，则f′(x)>0，1

故x＝1是函数f(x)在区间2，2上的唯一的极小值点，也就是最小值点，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

因为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.即函数f(x)在区间2211，2上最大值是1－ln2，最小值是0.即f(x)在2上的最大综上知函数f(x)在区间22

值和最小值之和是1－ln2.6．D [解析] 当x≤0时，f′(x)＝6x2＋6x，函数的极大值点是x＝－1，极小值点是x＝0，当x＝－1时，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] 设船速度为x(x>0)时，燃料费用为Q元，则Q＝kx3，由6＝k×103可得33

k＝，∴Q3，500500

331396696x＋96x2＋，∴总费用y＝y′＝x－令y′＝0得x＝20，当x∈(0,20)500x500x500x时，y′<0，此时函数单调递减，当x∈(20，＋∞)时，y′>0，此时函数单调递增，∴当x＝20时，y取得最小值，∴此轮船以20 km/h的速度行驶每千米的费用总和最小．

a30

x，设容积为V，则

V＝Sh＝(a－2x)2x，23

2a

＝x3－ax2＋x，a22

V′＝3x－2ax＋，4aaaaa

令V′＝0得x＝或x＝舍去)，当00；当

aaaa4aa∴xV最大＝＋6216362421654

9．200 [解析] 每月生产x吨时的利润为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，舍去负值．f(x)在[0，＋∞)内有唯

一的极大值点，也是最大值点．

R [解析] 设圆内接等腰三角形的底边长为2x，高为h，那么h＝RR－x，解2

得

x2＝h(2R－h)，于是内接三角形的面积为 S＝x·h＝2Rh－h·h＝2Rh－h，1从而S′＝Rh3－h4)－Rh3－h4)′

h23R－2h113423

＝(2Rh－h)－Rh－4h)＝ 222R－hh3

令S′＝0，解得h＝，由于不考虑不存在的情况，所以在区间(0,2R)上列表如下：

由此表可知，当x＝时，等腰三角形面积最大．

2611.[解析] 解法一：设圆锥的底面半径为r，高为h，体积为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检验，当00；当a<2π时，T′(a)<0，所以当a＝π时，333

T(a)取得极大值，并且这个极大值就是最大值，且T(a)取得最大值时，V也就取得最大值，2所以当a＝π时，漏斗的容积最大．

解法二：设圆锥的底面半径为r，高为h，体积为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＝，可以检验当r＝R时，T(r)取得最大值，33

66226

也就是当r＝时，V(r)取得最大值．再把rR代入Ra＝2πr得a＝所以当a＝

3333

π时，漏斗的容积最大．

12．[解答] 设CD＝x(km)，则CE＝3－x(km)．

由题意知所需输电线的长l为：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，故当CD＝1.2(km)时所需输电线最短． 【难点突破】

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)依题设，企业加工生产不出现亏损，则当x∈[10,20]时，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

则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则h′(x)＝2－2x＋1＝－2ln(2x＋1)<0，

可知h(x)在[10,20]上单调递减． 从而h(20)≤h(x)≤h(10)，又h(10)＝20－21ln21<21(1－ln21)<0.故可知g(x)在[10,20]上单调递减，ln41ln411

因此g(x)min＝m404020

ln41－2

故当美元的贬值指数m∈0时，该企业加工生产不会亏损．

40