高中数学5.3 导数在研究函数中的应用第2课时导学案及答案

这是一份高中数学5.3 导数在研究函数中的应用第2课时导学案及答案，共18页。

第2课时　函数的最大(小)值
(教师独具内容)
课程标准：1.理解最值的概念，了解函数的最值与极值的区别和联系.2.会用导数求在给定区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)．
教学重点：在闭区间上求函数的最值．
教学难点：与函数最值有关的参数问题.




知识点一　连续函数的最大值和最小值
一般地，如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值.
知识点二　求函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最大值与最小值的步骤
一般地，求函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最大值与最小值的步骤如下：
(1)求函数y＝f(x)在区间(a，b)上的极值；
(2)将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.

1．对函数最值的两点说明
(1)给定的区间必须是闭区间，y＝f(x)的图象在开区间上虽然连续不断，但不能保证有最大值或最小值．
例如：函数f(x)＝，x∈(0,2)，y＝f(x)的图象在(0,2)上连续不断，但y＝f(x)没有最大值和最小值．
(2)在闭区间上的每一点必须连续，即在闭区间上有间断点也不能保证y＝f(x)有最大值和最小值．
例如：函数f(x)＝作图可知f(x)无最小值．
2．函数极值与最值的内在联系
(1)函数的极值是函数在某一点附近的局部概念，函数的最大值和最小值是一个整体性概念．最大值必须是整个区间内所有函数值中的最大值；最小值必须是整个区间内所有函数值中的最小值．(关键词：局部概念)
(2)函数的最大值、最小值是比较整个定义区间的函数值得出的，函数的极值是比较极值点附近的函数值得出的，函数的极值可以有多个，但最大(小)值只能有一个．(关键词：整个定义区间)
(3)极值只能在区间内取得，最值则可以在端点处取得．有极值的未必有最值，有最值的未必有极值；极值有可能成为最值，最值不在端点处取得时必定是极值．(关键词：极值与最值的区别)

1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)函数的最大值一定是函数的极大值．(　　)
(2)开区间上的单调连续函数无最值．(　　)
(3)函数f(x)在区间[a，b]上的最大值和最小值一定在两个端点处取得．(　　)
答案　(1)×　(2)√　(3)×
2．做一做(请把正确的答案写在横线上)
(1)设函数f(x)＝e2x＋3x(x∈R)，则f(x)________(填“有”或“无”)最值．
(2)已知函数y＝x3－x2－x，该函数在区间[0,3]上的最大值是________.
(3)已知函数f(x)＝－x3＋3x2＋m(x∈[－2,2])，f(x)的最小值为1，则m＝________.
答案　(1)无　(2)15　(3)1



题型一　求已知函数的最值
例1　(1)求函数f(x)＝x3－x2－2x＋5在区间[－2,2]上的最大值与最小值；
(2)求函数f(x)＝x＋sinx在区间[0,2π]上的最大值与最小值．
[解]　(1)因为f(x)＝x3－x2－2x＋5，所以f′(x)＝3x2－x－2.令f′(x)＝0，得x1＝－，x2＝1.
因为f＝，f(1)＝，又f(－2)＝－1，f(2)＝7，所以函数f(x)在[－2,2]上的最大值是7，最小值是－1.
(2)f′(x)＝＋cosx，令f′(x)＝0，
解得x＝或x＝.
因为f(0)＝0，f＝＋，f＝－，f(2π)＝π，
所以函数f(x)在[0,2π]上的最大值是π，最小值是0.

求一个函数在闭区间上的最值时，一般是找出该区间上导数为零的点，无需判断出是极大值点还是极小值点，只需将这些点对应的函数值与端点处的函数值进行比较，其中最大的就是函数的最大值，最小的就是函数的最小值．
[跟踪训练1]　(1)求函数f(x)＝－x3＋3x2－6x＋5在[－1，1]上的最值；
(2)求函数f(x)＝ex(3－x2)在区间[2,5]上的最值．
解　(1)∵f′(x)＝－3x2＋6x－6＝－3(x2－2x＋2)＝－3(x－1)2－3，
∴f′(x)在[－1,1]内恒小于0.
∴f(x)在[－1,1]上为减函数，
∴当x＝－1时，取得最大值为f(－1)＝15；
当x＝1时，取得最小值为f(1)＝1.
即f(x)在[－1,1]上的最小值为1，最大值为15.
(2)∵f′(x)＝3ex－exx2－2exx，
∴f′(x)＝－ex(x2＋2x－3)＝－ex(x＋3)(x－1)，
∵在区间[2,5]上，f′(x)＝－ex(x＋3)(x－1)<0，
∴函数f(x)在区间[2,5]上单调递减，
∴当x＝2时，函数f(x)取得最大值f(2)＝－e2；
当x＝5时，函数f(x)取得最小值f(5)＝－22e5.
题型二　由函数的最值确定参数的值
例2　已知函数f(x)＝ax3－6ax2＋b，x∈[－1，2]的最大值为3，最小值为－29，求a，b的值．
[解]　由题设知a≠0，否则f(x)＝b为常函数，与题设矛盾．
f′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)，令f′(x)＝0，得
x1＝0，x2＝4(舍去)．
(1)当a>0，且x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
－1
(－1,0)
0
(0,2)
2
f′(x)

＋
0
－

f(x)
－7a＋b
↗
b
↘
－16a＋b
由表可知，当x＝0时，f(x)取得极大值，也就是函数在[－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，解得a＝2.
(2)当a<0时，同理可得，当x＝0时，f(x)取得极小值，也就是函数在[－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，解得a＝－2.
综上可得，a＝2，b＝3或a＝－2，b＝－29.

由函数的最值来确定参数的问题是利用导数求函数最值的逆向运用，解题时一般采用待定系数法，列出含参数的方程或方程组，从而求出参数的值，这也是方程思想的应用．
[跟踪训练2]　设 解　f′(x)＝3x2－3ax，令f′(x)＝0，
得x＝0或x＝a.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
－1
(－1,0)
0
(0，a)
a
(a,1)
1
f′(x)

＋
0
－
0
＋

f(x)
－1－a＋b
↗
b
↘
－＋b

1－a＋b
从上表可知，当x＝0时，f(x)取得极大值b，而f(0)>f(a)，f(1)>f(－1)，
故需比较f(0)与f(1)的大小及f(－1)与f(a)的大小．
因为f(0)－f(1)＝a－1>0，
所以f(x)的最大值为f(0)＝b，所以b＝1.
又f(－1)－f(a)＝(a＋1)2(a－2)<0，
所以f(x)的最小值为f(－1)＝－1－a＋b＝－a，
所以－a＝－，
所以a＝.
故所求函数的解析式是f(x)＝x3－x2＋1.
题型三　利用函数最值证明不等式
例3　已知函数f(x)＝ex－ln (x＋m)．证明：当m≤2时，f(x)>0.
[证明]　当m≤2，x∈(－m，＋∞)时，ln (x＋m)≤ln (x＋2)，
故只需证明当m＝2时，f(x)>0.
当m＝2时，函数f′(x)＝ex－在(－2，＋∞)上单调递增．
又f′(－1)<0，f′(0)>0，故f′(x)＝0在(－2，＋∞)有唯一实根x0，且x0∈(－1,0)．
当x∈(－2，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，
从而当x＝x0时，f(x)取得最小值．
由f′(x0)＝0得ex0＝，ln (x0＋2)＝－x0，
故f(x)≥f(x0)＝＋x0＝>0.
综上，当m≤2时，f(x)>0.

本题的证明遵循了一般解法，但要注意到两个函数分别是对数函数和指数函数，因此需要进行分离．事实上，还可以利用搭桥的方式，通过传递进行证明．应选择一个一次式或多项式，使之能够在指数和对数之间起到桥梁作用，而且不增加计算量，此时经验的作用凸显，因为ex≥1＋x，所以找到使1＋x≥ln (m＋x)成立的m是解决本题的关键．
[跟踪训练3]　设f(x)＝x－－2ln x．证明：当x≥1时，f(x)≥0恒成立．
证明　f(x)＝x－－2ln x的定义域为(0，＋∞)．
∴f′(x)＝1＋－＝＝≥0，
∴f(x)在[1，＋∞)上是单调增函数，
∴f(x)在[1，＋∞)上的最小值为f(1)．
∴f(x)≥f(1)＝1－1－2ln 1＝0对于x∈[1，＋∞)恒成立.
题型四　利用函数最值解决不等式恒成立问题
例4　已知f(x)＝xln x，g(x)＝x3＋ax2－x＋2.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，求实数a的取值范围．
[解]　(1)函数f(x)＝xln x的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝ln x＋1.
令f′(x)<0，得ln x＋1<0，解得0 ∴f(x)的单调递减区间是.
令f′(x)>0，得ln x＋1>0，解得x>，
∴f(x)的单调递增区间是.
(2)g′(x)＝3x2＋2ax－1，
由题意得2xln x≤3x2＋2ax＋1恒成立．
∵x>0，∴a≥ln x－x－在x∈(0，＋∞)上恒成立．
设h(x)＝ln x－x－(x>0)，
则h′(x)＝－＋＝－.
令h′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－(舍去)．
当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
x
(0,1)
1
(1，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)
↗
极大值
↘
∴当x＝1时，h(x)取得最大值，且h(x)max＝h(1)＝－2，
∴若a≥h(x)在x∈(0，＋∞)上恒成立，
则a≥h(x)max＝－2，即a≥－2，
故实数a的取值范围是[－2，＋∞)．

(1)涉及到不等式恒成立、不等式能成立的问题时，一般需转化为函数最值来解决．若不等式中含参数，则可考虑分离参数，以求避免分类讨论．
(2)不等式恒成立、能成立常见的转化策略
①a＞f(x)恒成立⇔a＞f(x)max，a＜f(x)恒成立⇔a＜f(x)min；
②f(x)＞g(x)＋k恒成立⇔k＜[f(x)－g(x)]min；
③f(x)＞g(x)恒成立⇔[f(x)－g(x)]min＞0；
④a＞f(x)能成立⇔a＞f(x)min，a＜f(x)能成立⇔a＜f(x)max.
[跟踪训练4]　已知函数f(x)＝xln x(x>0)．
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥恒成立，求实数m的最大值．
解　(1)由f(x)＝xln x(x>0)，得f′(x)＝1＋ln x，令f′(x)>0，得x>；
令f′(x)<0，得0 ∴f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是.
故f(x)在x＝处有极小值f＝－，无极大值．
(2)由f(x)≥及f(x)＝xln x，得m≤恒成立，
问题转化为m≤min.
令g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝，
由g′(x)>0⇒x>1，由g′(x)<0⇒0 所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝4，
因此m≤4，所以实数m的最大值是4.
题型五　与函数图象有关的综合问题
例5　已知函数f(x)＝，x∈R.
(1)写出函数的定义域，判断函数的单调性，并求出极值；
(2)作出函数的大致图象；
(3)求出方程f(x)＝a(a∈R)解的个数．
[解]　(1)已知函数的定义域为R，f′(x)＝，
令f′(x)＝0，得x＝1.
当x∈(－∞，1)时，f′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，
所以f(x)的极大值为f(1)＝，
所以函数的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞)，
极大值为，无极小值．
(2)显然，当x→－∞时，f(x)＝→－∞，
又x>0时，f(x)>0，且x→＋∞时，f(x)＝→0，
所以作出f(x)＝的图象如下．

(3)由函数f(x)的图象得，当x＝1时，f(x)有最大值f(1)＝，故方程f(x)＝a(a∈R)解的个数为当a≤0或a＝时，方程有一解；
当a>时，方程无解；
当0
画函数f(x)大致图象的步骤如下：
(1)求出函数f(x)的定义域；
(2)求导数f′(x)及函数f′(x)的零点；
(3)用f′(x)的零点将f(x)的定义域划分为若干个区间，列表给出f′(x)在各区间上的正负，并得出f(x)的单调性与极值；
(4)确定f(x)的图象所经过的一些特殊点，以及图象的变化趋势；
(5)画出f(x)的大致图象．
[跟踪训练5]　若函数f(x)＝，x∈.
(1)写出函数的定义域，判断函数的单调性，并求出极值；
(2)作出函数的大致图象；
(3)求出方程f(x)＝a(a∈R)解的个数．
解　(1)已知函数的定义域为；
f′(x)＝＝，
令f′(x)＝0，得x＝，
当x∈(0，)时，f′(x)>0，
当x∈(，＋∞)时，f′(x)<0，
所以f(x)＝的极大值为f()＝＝，
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为(，＋∞)，
极大值为，无极小值．
(2)f(1)＝0，当x→＋∞时，f(x)＝→0，f＝＝－e2，
所以作出f(x)＝的图象如下．

(3)由函数f(x)的图象得，当x＝时，f(x)有最大值.故方程f(x)＝a(a∈R)解的个数为当a<－e2或a>时，方程无解；
当－e2≤a≤0或a＝时，方程有一解；
当0 题型六　导数在解决实际问题中的应用
例6　如图所示，有甲、乙两个工厂，甲厂位于一直线的岸边A处，乙厂与甲厂在河的同侧，乙厂位于距河岸40 km的B处，乙厂到河岸的垂足D与A相距50 km，两厂要在此岸边合建一个供水站C，从供水站到甲厂和乙厂的水管费用分别为每千米3a元和5a元，问供水站C建在岸边何处才能使水管费用最省？

[解]　设C点距D点x km，则BD＝40，AC＝50－x，
∴BC＝＝.
又设总的水管费用为y元，依题意，得y＝3a(50－x)＋5a(0 则y′＝－3a＋，令y′＝0，解得x1＝30，x2＝－30(舍去)．
在(0,50)上，y只有一个极值点，根据问题的实际意义，函数在x＝30 km处取得最小值，此时AC＝50－x＝20(km)．
故供水站建在A，D之间距甲厂20 km处时，可使水管费用最省．

(1)根据题设建立数学模型，借助图象寻找各条件间的联系，适当选定变量，构造相应的函数关系，通过求导或其他方法求出最值．
(2)在实际问题中，若函数在某区间内只有一个极值点，则只要根据实际意义判断是最大值还是最小值即可，不必再与端点的函数值比较．
[跟踪训练6]　用长为90 cm，宽为 48 cm的长方形铁皮做一个无盖的容器，先在四个角分别截去一个小正方形，然后把四边翻转90°，再焊接而成(如图)，问该容器的高为多少时，容器的容积最大？最大容积是多少？

解　设容器的高为x cm，容器的容积为V(x) cm3，
则V(x)＝x(90－2x)(48－2x)＝4x3－276x2＋4320x(0 V′(x)＝12x2－552x＋4320＝12(x2－46x＋360)＝12(x－10)(x－36)(0 令V′(x)＝0，解得x1＝10，x2＝36(舍去)．
当00，V(x)是增函数；
当10 因此，在定义域(0,24)内，只有当x＝10时函数V(x)取得最大值，其最大值为V(10)＝10×(90－20)×(48－20)＝19600.
故当容器的高为10 cm时，容器的容积最大，最大容积是19600 cm3.



1．函数f(x)＝2x－cosx在(－∞，＋∞)上(　　)
A．单调递增 B．单调递减
C．有最大值 D．有最小值
答案　A
解析　因为f′(x)＝2＋sinx>0恒成立，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
2．某产品的销售收入y1(万元)是产量x(千台)的函数：y1＝17x2(x>0)，生产成本y2(万元)是产量x(千台)的函数：y2＝2x3－x2(x>0)，为使利润最大，应生产(　　)
A．6千台 B．7千台
C．8千台 D．9千台
答案　A
解析　设利润为y，则y＝y1－y2＝17x2－(2x3－x2)＝－2x3＋18x2(x>0)，∴y′＝－6x2＋36x＝－6x(x－6)．令y′＝0，解得x＝0(舍去)或x＝6，经检验知x＝6既是函数的极大值点又是函数的最大值点．
3．(多选)已知ln x1－x1－y1＋2＝0，x2＋2y2－4－2ln 2＝0，记M＝(x1－x2)2＋(y1－y2)2，则以下正确的为(　　)
A．M的最小值为 B．当M最小时，x2＝
C．M的最小值为 D．当M最小时，x2＝
答案　BC
解析　由ln x1－x1－y1＋2＝0，得y1＝ln x1－x1＋2，故(x1－x2)2＋(y1－y2)2的最小值可转化为函数y＝ln x－x＋2图象上的点到直线x＋2y－4－2ln 2＝0上的点的距离的最小值的平方．由y＝ln x－x＋2，得y′＝－1，与直线x＋2y－4－2ln 2＝0平行的直线的斜率为－，则令－1＝－，解得x＝2，∴切点坐标为(2，ln 2)，∴点(2，ln 2)到直线x＋2y－4－2ln 2＝0的距离d＝＝，即函数y＝ln x－x＋2图象上的点到直线x＋2y－4－2ln 2＝0上的点的距离的最小值为，∴(x1－x2)2＋(y1－y2)2的最小值为d2＝.过点(2，ln 2)与x＋2y－4－2ln 2＝0垂直的直线为y－ln 2＝2(x－2)，即2x－y－4＋ln 2＝0，由解得x＝，即当M最小时，x2＝.故选BC．
4．函数f(x)＝，x∈[－2,2]的最大值是________，最小值是________.
答案　2　－2
解析　∵y′＝＝，
令y′＝0可得x＝1或x＝－1.
又∵f(1)＝2，f(－1)＝－2，f(2)＝，f(－2)＝－，
∴最大值为2，最小值为－2.
5．已知函数f(x)＝ln x－x＋1，x∈(0，＋∞)，求函数f(x)的最大值．
解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1.
令f′(x)＝0，解得x＝1.
当00，f(x)在(0,1)上是增函数；
当x>1时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上是减函数，
故函数f(x)在x＝1处取得最大值f(1)＝0.



A级：“四基”巩固训练
一、选择题
1．函数f(x)＝x3－12x＋1在闭区间[－3,0]上的最大值、最小值分别是(　　)
A．1，－1 B．1，－17
C．17,1 D．9，－19
答案　C
解析　令f′(x)＝3x2－12＝0，得x＝±2，f(－2)＝17，f(－3)＝10，f(0)＝1，所以最大值为17，最小值为1.故选C．
2．g(x)＝x－log2(x＋1)在区间[0,1]上的最小值为(　　)
A． B．－
C．1 D．－1
答案　B
解析　因为g(x)＝x－log2(x＋1)是减函数，所以g(x)在区间[0,1]上的最小值为g(1)＝－.故选B．
3．已知函数f(x)，g(x)均为[a，b]上的可导函数，在[a，b]上连续且f′(x) A．f(a)－g(a) B．f(b)－g(b)
C．f(a)－g(b) D．f(b)－g(a)
答案　A
解析　令h(x)＝f(x)－g(x)，x∈[a，b]，则h′(x)＝f′(x)－g′(x)<0，∴h(x)是[a，b]上的减函数．∴h(x)max＝[f(x)－g(x)]max＝f(a)－g(a)．故选A．
4．函数y＝x＋2cosx在上取最大值时，x的值为(　　)
A．0 B．
C． D．
答案　B
解析　f′(x)＝1－2sinx，令f′(x)＝0，得x＝，当x∈时，f′(x)>0，f(x)为单调递增函数，当x∈时，f′(x)<0，f(x)为单调递减函数，所以f为f(x)在上的极大值，也是最大值．故f(x)在区间上取最大值时，x的值为.
5．(多选)已知函数f(x)的定义域为[－1,5]，部分对应值如下表，f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，下列关于函数f(x)的结论正确的是(　　)

x
－1
0
4
5
f(x)
1
2
2
1
A．函数f(x)的极大值点有2个
B．函数f(x)在[0,2]上是减函数
C．若x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，则t的最大值为4
D．当1 答案　AB
解析　由f′(x)的图象可知，当－1≤x<0或20，函数f(x)为增函数，当0 　
二、填空题
6．函数y＝xe－x，x∈[0,4]的最大值为________.
答案　
解析　令y＝f(x)＝xe－x，则f′(x)＝e－x－xe－x＝e－x(1－x)，令f′(x)＝0，得x＝1.∵f(0)＝0，f(4)＝，f(1)＝e－1＝，∴函数的最大值为f(1)＝.
7．某公司租地建仓库，每月土地占用费y1(万元)与仓库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y2(万元)与仓库到车站的距离成正比，如果在距离车站10 km处建仓库，y1和y2分别为2万元和8万元，那么当仓库建在离车站________km处时，费用之和最小，费用之和的最小值为________万元．
答案　5　8
解析　依题意可设每月土地占用费y1＝，每月库存货物的运费y2＝k2x，其中x是仓库到车站的距离，k1，k2是比例系数．由2＝得k1＝20；由8＝10k2得k2＝.因此，两项费用之和为y＝＋(x>0)，y′＝－＋，令y′＝0，得x＝5或x＝－5(舍去)．当05时，y′>0.因此，当x＝5时，y取得极小值，也是最小值，故当仓库建在离车站5 km处时，费用之和最小，费用之和的最小值为＋＝8万元．
8．若a为实数，对任意k∈[－1,1]，当x∈(0,4]时，不等式6ln x＋x2－9x＋a≤kx恒成立，则实数a的最大值是________.
答案　7
解析　因为对任意k∈[－1,1]，当x∈(0,4]时，不等式6ln x＋x2－9x＋a≤kx恒成立，所以对任意k∈[－1,1]，当x∈(0,4]时，不等式≤k恒成立，即≤kmin⇒≤－1⇒a≤－6ln x－x2＋8x，所以当x∈(0,4]时，不等式a≤－6ln x－x2＋8x恒成立．令f(x)＝－6ln x－x2＋8x，x∈(0,4]，则a≤f(x)min，f′(x)＝＝，当f′(x)>0时，⇒10，所以f(x)min＝7，所以a≤7，a的最大值为7.
三、解答题
9．已知函数f(x)＝ex－x－.
(1)求f(x)的最小值；
(2)求证：ex－ln x>.(参考数据：≈1.65)
解　(1)由f(x)＝ex－x－，得f′(x)＝ex－，
则当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)的极小值也是最小值为f＝0.
(2)证明：由(1)知，f(x)＝ex－x－≥0，
即ex≥ x＋，
则ex－ln x≥ x－ln x＋.
令g(x)＝x－ln x＋，
则g′(x)＝－＝(x>0)．
当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min＝g＝1－ln ＋＝1＋＋≈＝>.
所以ex－ln x>.
10．如图，在P地正西方向8 km的A处和正东方向1 km的B处各有一条正北方向的公路AC和BD，现计划在AC和BD路边各修建一个物流中心E和F，为缓解交通压力，决定修建两条互相垂直的公路PE和PF，设∠EPA＝α.

(1)为减少对周边区域的影响，试确定E，F的位置，使△PAE与△PFB的面积之和最小；
(2)为节省建设成本，求使PE＋PF的值最小时AE和BF的值．
解　(1)在Rt△PAE中，由题意可知∠APE＝α，AP＝8，则AE＝8tanα，
所以S△PAE＝PA·AE＝32tanα.
同理，在Rt△PBF中，∠PFB＝α，PB＝1，则BF＝，
所以S△PBF＝PB·BF＝，
故△PAE与△PFB的面积之和为
32tanα＋≥2＝8，
当且仅当32tanα＝，即tanα＝时，取“＝”，
故当AE＝1 km，BF＝8 km时，△PAE与△PFB的面积之和最小．
(2)在Rt△PAE中，由题意可知∠APE＝α，则PE＝.
同理，在Rt△PBF中，∠PFB＝α，则PF＝.
令f(α)＝PE＋PF＝＋，0<α<，
则f′(α)＝－＝.
令f′(α)＝0，得tanα＝，记tanα0＝，0<α0<，
当α∈(0，α0)时，f′(α)<0，f(α)单调递减；
当α∈时，f′(α)>0，f(α)单调递增．
所以tanα＝时，f(α)取得最小值，
此时AE＝AP·tanα＝8×＝4，BF＝＝2.
所以当AE＝4 km，BF＝2 km时，PE＋PF的值最小．
B级：“四能”提升训练
1．已知函数f(x)＝ln x＋a(1－x)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围．
解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a.
若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a>0，则当x∈时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0.所以f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；
当a>0时，f(x)在x＝取得最大值，最大值为
f＝ln＋a＝－ln a＋a－1.
因此f>2a－2等价于ln a＋a－1<0.
令g(a)＝ln a＋a－1，g′(a)＝＋1>0，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，g(1)＝0.
于是，当01时，g(a)>0.
因此，a的取值范围是(0,1)．
2．已知函数f(x)＝ln x＋ax的图象在点(t，f(t))处的切线方程为y＝3x－1.
(1)求a的值；
(2)已知k≤2，当x>1时，f(x)>k＋2x－1恒成立，求实数k的取值范围；
(3)对于在(0,1)中的任意一个常数b，是否存在正数x0，使得ef(x0＋1)－3x0－2＋x<1，请说明理由．
解　(1)函数f(x)＝ln x＋ax的导数为f′(x)＝＋a，因为函数f(x)的图象在点(t，f(t))处的切线方程为y＝3x－1，所以f′(t)＝＋a＝3，
又因为函数f(x)的图象在点(t，f(t))处的切线方程为y－(ln t＋at)＝3(x－t)，
即y－(ln t＋3t－1)＝3(x－t)，y＝3x＋ln t－1，
所以解得a＝2.
(2)由(1)可得f(x)＝ln x＋2x，
因为f(x)>k＋2x－1，所以ln x>k－1，所以xln x＋x－k(x－3)>0.
令g(x)＝xln x＋x－k(x－3)，g′(x)＝2＋ln x－k，
由x>1，k≤2，可得ln x>0,2－k≥0，即有g′(x)>0，
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
可得g(x)>g(1)＝1＋2k≥0，所以－≤k≤2，
故实数k的取值范围为.
(3)对于在(0,1)中的任意一个常数b，假设存在正数x0，使得ef(x0＋1)－3x0－2＋x<1，
则ef(x0＋1)－3x0－2＋x＝eln (x0＋1)－x0＋x＝(x0＋1)·e－x0＋x<1.
令H(x)＝(x＋1)·e－x＋x2－1，
则H′(x)＝e－x－(x＋1)e－x＋bx＝x(b－e－x)，
令H′(x)>0，解得x>－ln b，令H′(x)<0，
解得0 则x＝－ln b是函数H(x)的极小值点，也是最小值点．
故H(x)的最小值为H(－ln b)＝(－ln b＋1)·eln b＋ln2b－1＝ln2b－bln b＋b－1.
再令G(x)＝ln2x－xlnx＋x－1(0 则G′(x)＝(ln2x＋2ln x)－(1＋ln x)＋1＝ln2x>0，
所以G(x)在(0,1)上单调递增，所以G(x) 则H(－ln b)<0.
故存在正数x0＝－ln b，使得e ef(x0＋1)－3x0－2＋x<1.