高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册5.3 导数在研究函数中的应用第2课时导学案

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知识点一 函数最值的定义
1．一般地，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．
2．对于函数f(x)，给定区间I，若对任意x∈I，存在x0∈I，使得f(x)≥f(x0)，则称f(x0)为函数f(x)在区间I上的最小值；若对任意x∈I，存在x0∈I，使得f(x)≤f(x0)，则称f(x0)为函数f(x)在区间I上的最大值．
思考 如图所示，观察区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象，找出函数f(x)在区间[a，b]上的最大值、最小值．若将区间改为(a，b)，f(x)在(a，b)上还有最值吗？
答案 函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最大值是f(a)，最小值是f(x3)．
若区间改为(a，b)，则f(x)有最小值f(x3)，无最大值．
知识点二 求函数的最大值与最小值的步骤
函数f(x)在区间[a，b]上连续，在区间(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的步骤如下：
(1)求函数f(x)在区间(a，b)上的极值；
(2)将函数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．函数的最大值不一定是函数的极大值．( √ )
2．函数f(x)在区间[a，b]上的最大值与最小值一定在区间端点处取得．( × )
3．有极值的函数一定有最值，有最值的函数不一定有极值．( × )
4．函数f(x)在区间[a，b]上连续，则f(x)在区间[a，b]上一定有最值，但不一定有极值．( √ )
一、不含参函数的最值问题
例1 求下列函数的最值：
(1)f(x)＝2x3－12x，x∈[－2,3]；
(2)f(x)＝eq \f(1,2)x＋sin x，x∈[0,2π]．
解 (1)因为f(x)＝2x3－12x，x∈[－2,3]，
所以f′(x)＝6x2－12
＝6(x＋eq \r(2))(x－eq \r(2))，
令f′(x)＝0，
解得x＝－eq \r(2) 或x＝eq \r(2).
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示．
因为f(－2)＝8，f(3)＝18，
f(eq \r(2))＝－8eq \r(2)，f(－eq \r(2))＝8eq \r(2)，
所以当x＝eq \r(2)时，
f(x)取得最小值－8eq \r(2)；
当x＝3时，
f(x)取得最大值18.
(2)f′(x)＝eq \f(1,2)＋cs x，令f′(x)＝0，
又x∈[0,2π]，
解得x＝eq \f(2π,3)或x＝eq \f(4π,3).
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示．
因为f(0)＝0，f(2π)＝π，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝eq \f(π,3)＋eq \f(\r(3),2)，
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)))＝eq \f(2π,3)－eq \f(\r(3),2).
所以当x＝0时，f(x)有最小值f(0)＝0；
当x＝2π时，f(x)有最大值f(2π)＝π.
反思感悟 求函数最值的步骤
(1)求函数的定义域．
(2)求f′(x)，解方程f′(x)＝0.
(3)列出关于x，f(x)，f′(x)的变化表．
(4)求极值、端点处的函数值，确定最值．
注意：不要忽略将所求极值与区间端点的函数值进行比较．
跟踪训练1 求下列函数的最值：
(1)f(x)＝eq \f(x－1,ex)；
(2)f(x)＝x2－x－ln x，x∈[1,3]．
解 (1)函数f(x)＝eq \f(x－1,ex)的定义域为R.
f′(x)＝eq \f(1·ex－exx－1,ex2)＝eq \f(2－x,ex)，
当f′(x)＝0时，x＝2，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示.
∴f(x)在(－∞，2)上单调递增，
在(2，＋∞)上单调递减，
∴f(x)无最小值，且当x＝2时，f(x)max＝f(2)＝eq \f(1,e2).
(2)f′(x)＝2x－1－eq \f(1,x)＝eq \f(2x2－x－1,x)＝eq \f(2x＋1x－1,x)，
∵x∈[1,3]，
∴f′(x)≥0在[1,3]上恒成立．
∴f(x)在[1,3]上单调递增，
∴当x＝1时，f(x)min＝f(1)＝0，
当x＝3时，f(x)max＝f(3)＝6－ln 3.
二、含参函数的最值问题
例2 已知函数f(x)＝x3－ax2－a2x.求函数f(x)在[0，＋∞)上的最小值．
解 f′(x)＝3x2－2ax－a2＝(3x＋a)(x－a)，
令f′(x)＝0，得x1＝－eq \f(a,3)，x2＝a.
①当a>0时，f(x)在[0，a)上单调递减，在[a，＋∞)上单调递增．所以f(x)min＝f(a)＝－a3.
②当a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，f(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(0)＝0.
③当a<0时，f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(a,3)))上单调递减，
在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)，＋∞))上单调递增．
所以f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)))＝eq \f(5,27)a3.
综上所述，当a>0时，f(x)的最小值为－a3；
当a＝0时，f(x)的最小值为0；
当a<0时，f(x)的最小值为eq \f(5,27)a3.
延伸探究
当a>0时，求函数f(x)＝x3－ax2－a2x在[－a,2a]上的最值．
解 f′(x)＝(3x＋a)(x－a)(a>0)，
令f′(x)＝0，得x1＝－eq \f(a,3)所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－a，－\f(a,3)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)，a))上单调递减，在[a,2a]上单调递增．
因为f(－a)＝－a3，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)))＝eq \f(5,27)a3，f(a)＝－a3，
f(2a)＝2a3.
所以f(x)max＝f(2a)＝2a3.
f(x)min＝f(－a)＝f(a)＝－a3.
反思感悟 含参数的函数最值问题的两类情况
(1)能根据条件求出参数，从而化为不含参数的函数的最值问题．
(2)对于不能求出参数值的问题，则要对参数进行讨论，其实质是讨论导函数大于0、等于0、小于0三种情况．若导函数恒不等于0，则函数在已知区间上是单调函数，最值在端点处取得；若导函数可能等于0，则求出极值点后求极值，再与端点值比较后确定最值．
跟踪训练2 已知a∈R，函数f(x)＝x2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)x－a))，求f(x)在区间[0,2]上的最大值．
解 f′(x)＝x2－2ax.
令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝2a.
令g(a)＝f(x)max，
①当2a ≤0，即a≤0时，
f(x)在[0,2]上单调递增，
从而g(a)＝f(x)max＝f(2)＝eq \f(8,3)－4a.
②当2a≥2，即a≥1时，
f(x)在[0,2]上单调递减，
从而g(a)＝f(x)max＝f(0)＝0.
③当0<2a<2，即0f(x)在 [0,2a]上单调递减，在[2a,2]上单调递增，
从而g(a)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(8,3)－4a，0综上所述，g(a)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(8,3)－4a，a≤\f(2,3)，,0，a>\f(2,3).))
三、由函数的最值求参数问题
例3 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为常数函数，与题设矛盾．
求导得f′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)，
令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝4(舍去)．
①当a>0，且当x变化时，
f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
由表可知，当x＝0时，f(x)取得极大值b，也就是函数在[－1,2]上的最大值，∴f(0)＝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b，也就是函数在[－1,2]上的最小值，∴f(0)＝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.
反思感悟 已知函数在某区间上的最值求参数的值(或范围)是求函数最值的逆向思维，一般先求导数，利用导数研究函数的单调性及极值点，探索最值点，根据已知最值列方程(不等式)解决问题．
跟踪训练3 已知函数h(x)＝x3＋3x2－9x＋1在区间[k,2]上的最大值是28，求k的取值范围．
解 ∵h(x)＝x3＋3x2－9x＋1，
∴h′(x)＝3x2＋6x－9.
令h′(x)＝0，得x1＝－3，x2＝1，
当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
∴当x＝－3时，h(x)取极大值28；
当x＝1时，h(x)取极小值－4.
而h(2)＝3∴如果h(x)在区间[k,2]上的最大值为28，则k≤－3.
所以k的取值范围为(－∞，－3]．
四、导数在解决实际问题中的应用
例4 请你设计一个包装盒，如图所示，四边形ABCD是边长为60 cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A，B，C，D四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒．点E，F在边AB上，是被切去的一个等腰直角三角形的斜边的两个端点．设AE＝FB＝x(cm)．
某厂商要求包装盒的容积V(cm3)最大，试问x应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．
解 ∵V(x)＝(eq \r(2)x)2×(60－2x)×eq \f(\r(2),2)
＝eq \r(2)x2×(60－2x)＝－2eq \r(2)x3＋60eq \r(2)x2(0∴V′(x)＝－6eq \r(2)x2＋120eq \r(2)x＝－6eq \r(2)x(x－20)．
令V′(x)＝0，得x＝0(舍去)或x＝20.
∵当00；
当20∴V(x)在x＝20时取极大值也是唯一的极值，故为最大值．
∴底面边长为eq \r(2)x＝20eq \r(2)(cm)，
高为eq \r(2)(30－x)＝10eq \r(2)(cm)，
即高与底面边长的比值为eq \f(1,2).
反思感悟 解决最优问题应从以下几个方面入手
(1)设出变量，找出函数关系式，确定定义域．
(2)在实际应用问题中，若函数f(x)在定义域内只有一个极值点，则它就是最值点．
跟踪训练4 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)＝eq \f(k,3x＋5) (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．
解 (1)由题设可知，隔热层厚度为x cm，
每年能源消耗费用为C(x)＝eq \f(k,3x＋5)，再由C(0)＝8，
得k＝40，因此C(x)＝eq \f(40,3x＋5).
而建造费用为C1(x)＝6x.
最后得隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和为
f(x)＝20C(x)＋C1(x)＝20×eq \f(40,3x＋5)＋6x
＝eq \f(800,3x＋5)＋6x (0≤x≤10)．
(2)f′(x)＝6－eq \f(2 400,3x＋52)，令f′(x)＝0，
即eq \f(2 400,3x＋52)＝6.解得x1＝5，x2＝－eq \f(25,3)(舍去)．
当00，
故x＝5是f(x)的最小值点，对应的最小值为
f(5)＝6×5＋eq \f(800,15＋5)＝70.
即当隔热层修建5 cm厚时，总费用f(x)达到最小，且最小值为70万元．
1．下列结论正确的是( )
A．若f(x)在[a，b]上有极大值，则极大值一定是[a，b]上的最大值
B．若f(x)在[a，b]上有极小值，则极小值一定是[a，b]上的最小值
C．若f(x)在[a，b]上有极大值，则极小值一定是在x＝a和x＝b处取得
D．若f(x)在[a，b]上连续，则f(x)在[a，b]上存在最大值和最小值
答案 D
解析 函数f(x)在[a，b]上的极值不一定是最值，最值也不一定是极值，极值一定不会在端点处取得，而在[a，b]上一定存在最大值和最小值．
2．函数y＝x－sin x，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))的最大值是( )
A．π－1 B.eq \f(π,2)－1 C．π D．π＋1
答案 C
解析 y′＝1－cs x，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，y′>0，
则函数在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递增，
所以y的最大值为ymax＝π－sin π＝π.
3．函数f(x)＝x3－3x(|x|＜1)( )
A．有最值，但无极值
B．有最值，也有极值
C．既无最值，也无极值
D．无最值，但有极值
答案 C
解析 f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，
当x∈(－1,1)时，f′(x)＜0，
所以f(x)在(－1,1)上单调递减，
无最大值和最小值，也无极值．
4．要做一个圆锥形漏斗，其母线长为20 cm，要使其体积最大，则高应为( )
A.eq \f(10\r(3),3) cm B.eq \f(20\r(3),3) cm C.eq \f(16\r(3),3) cm D.eq \f(\r(3),3) cm
答案 B
解析 设圆锥的高为h cm,0∴V圆锥＝eq \f(1,3)π(202－h2)×h＝eq \f(1,3)π(400－h2)h
∴V′＝eq \f(1,3)π(400－3h2)，令V′＝0得h＝eq \f(20\r(3),3)，
当h∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(20\r(3),3)))时，V′>0，当h∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(20\r(3),3)，20))时，V′<0，
故当h＝eq \f(20\r(3),3)时，体积最大．
5．已知函数f(x)＝2x3－6x2＋a在[－2,2]上有最小值－37，则a的值为______， f(x)在[－2,2]上的最大值为________．
答案 3 3
解析 f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)．
由f′(x)＝0，得x＝0或x＝2.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
所以当x＝－2时，f(x)min＝－40＋a＝－37，所以a＝3.
所以当x＝0时，f(x)取得最大值3.
1．知识清单：
(1)函数最值的定义．
(2)求函数最值的步骤．
(3)函数最值的应用．
2．方法归纳：方程思想、分类讨论．
3．常见误区：忽视函数的最值与极值的区别与联系．
1．设M，m分别是函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值，若M＝m，则f′(x)( )
A．等于0 B．小于0 C．等于1 D．不确定
答案 A
解析 因为M＝m，所以f(x)为常数函数，故f′(x)＝0，故选A.
2.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F(x)＝f(x)－g(x)，∵f′(x)∴F′(x)＝f′(x)－g′(x)<0，
∴F(x)在[a，b]上单调递减，
∴F(x)max＝F(a)＝f(a)－g(a)．
3．函数f(x)＝x3－3x＋1在区间[－3,0]上的最大值和最小值分别是( )
A．1，－1 B．1，－17 C．3，－17 D．9，－19
答案 C
解析 f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，
令f′(x)＝0，得x＝±1.
又f(－3)＝－27＋9＋1＝－17，f(0)＝1，
f(－1)＝－1＋3＋1＝3,1∉[－3,0]．
所以函数f(x)的最大值为3，最小值为－17.
4．某商场从生产厂家以每件20元的价格购进一批商品．若该商品零售价定为P元，销量为Q，销量Q(单位：件)与零售价P(单位：元)有如下关系：Q＝8 300－170P－P2，则最大毛利润为(毛利润＝销售收入－进货支出)( )
A．30元 B．60元 C．28 000元 D．23 000元
答案 D
解析 设毛利润为L(P)．
则L(P)＝PQ－20Q
＝(8 300－170P－P2)(P－20)
＝－P3－150P2＋11 700P－166 000，
所以L′(P)＝－3P2－300P＋11 700.
令L′(P)＝0，解得P＝30或P＝－130(舍去)．
此时，L(30)＝23 000.
根据实际问题的意义知，L(30)是最大值，即零售价定为每件30元时，最大毛利润为23 000元．
5．(多选)函数f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)内有最小值，则a的值可以为( )
A．0 B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,2) D．1
答案 BC
解析 ∵f′(x)＝3x2－3a，
且f′(x)＝0有解，∴a＝x2.
又∵x∈(0,1)，∴06．若函数f(x)＝x3－3x在区间[0,3]上的最大值、最小值分别为m，n，则m＝________，n＝________.
答案 18 －2
解析 f′(x)＝3x2－3，
令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1(舍去)．
又因为x∈[0,1)时，f′(x)<0，x∈(1,3]时，f′(x)>0，
所以当x＝1时，f(x)取得极小值f(1)＝－2.
又f(0)＝0，f(3)＝18，所以m＝18，n＝－2.
7．设0答案 eq \r(3)
解析 y′＝eq \f(sin2x－2－cs xcs x,sin2x)＝eq \f(1－2cs x,sin2x).
因为0所以当eq \f(π,3)0；
当0所以当x＝eq \f(π,3)时，ymin＝eq \r(3).
8．已知函数f(x)＝x3－eq \f(3,2)ax2＋b(a，b为实数，且a>1)在区间[－1,1]上的最大值为1，最小值为－2，则a－b＝________，f(x)的解析式为________________．
答案 eq \f(1,3) f(x)＝x3－2x2＋1
解析 f′(x)＝3x2－3ax＝3x(x－a)，
令f′(x)＝0得x1＝0，x2＝a，
当x∈[－1,0]时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，
当x∈(0,1]时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以f(x)max＝f(0)＝b＝1，
因为f(－1)＝－eq \f(3,2)a，f(1)＝2－eq \f(3,2)a，
所以f(x)min＝f(－1)＝－eq \f(3,2)a，
所以－eq \f(3,2)a＝－2，即a＝eq \f(4,3)，
所以a－b＝eq \f(4,3)－1＝eq \f(1,3)，
所以f(x)＝x3－2x2＋1.
9．求下列函数的最值：
(1)f(x)＝sin x＋cs x，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))；
(2)f(x)＝ln(1＋x)－eq \f(1,4)x2，x∈[0,2]．
解 (1)f′(x)＝cs x－sin x.
令f′(x)＝0，即tan x＝1，
且x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，
所以x＝eq \f(π,4).
又因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝eq \r(2)，
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)))＝－1，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝1，
所以当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))时，函数的最大值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝eq \r(2)，
最小值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)))＝－1.
(2)f′(x)＝eq \f(1,1＋x)－eq \f(1,2)x，
令eq \f(1,1＋x)－eq \f(1,2)x＝0，
化简为x2＋x－2＝0，
解得x1＝－2(舍去)，x2＝1.
当0≤x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当1所以f(1)＝ln 2－eq \f(1,4)为函数f(x)的极大值．
又f(0)＝0，f(2)＝ln 3－1>0，f(1)>f(2)．
所以f(0)＝0为函数f(x)＝ln(1＋x)－eq \f(1,4)x2在[0,2]上的最小值，
f(1)＝ln 2－eq \f(1,4)为函数在[0,2]上的最大值．
10．已知a为常数，求函数f(x)＝－x3＋3ax(0≤x≤1)的最大值．
解 f′(x)＝－3x2＋3a＝－3(x2－a)．
若a≤0，则f′(x)≤0，函数f(x)单调递减，
所以当x＝0时，f(x)有最大值f(0)＝0.
若a>0，则令f′(x)＝0，解得x＝±eq \r(a).
因为x∈[0,1]，
所以只考虑x＝eq \r(a)的情况．
(1)若0(2)若eq \r(a)≥1，即a≥1，则当0≤x≤1时，f′(x)≥0，函数f(x)在[0,1]上单调递增，当x＝1时，f(x)有最大值f(1)＝3a－1.
综上可知，当a≤0，x＝0时，f(x)有最大值0，
当0当a≥1，x＝1时，f(x)有最大值3a－1.
11．已知函数f(x)＝ex－x＋a，若f(x)>0恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．(－1，＋∞) B．(－∞，－1)
C．[－1，＋∞) D．(－∞，－1]
答案 A
解析 f′(x)＝ex－1，令f′(x)>0，解得x>0，令f′(x)<0，解得x<0，
故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)min＝f(0)＝1＋a.
若f(x)>0恒成立，则1＋a>0，解得a>－1，故选A.
12．下列关于函数f(x)＝(2x－x2)ex的判断正确的是( )
①f(x)>0的解集是{x|0②f(－eq \r(2))是极小值，f(eq \r(2))是极大值；
③f(x)没有最小值，也没有最大值．
A．①③ B．①②③ C．② D．①②
答案 D
解析 由f(x)>0得0f′(x)＝(2－x2)ex，
令f′(x)＝0，得x＝±eq \r(2)，
当x<－eq \r(2)或x>eq \r(2)时，f′(x)<0，
当－eq \r(2)0，
∴当x＝－eq \r(2)时，f(x)取得极小值，
当x＝eq \r(2)时，f(x)取得极大值，故②正确．
当x→－∞时，f(x)<0，当x→＋∞时，f(x)<0，
且f(eq \r(2))>0，
结合函数的单调性可知，函数f(x)有最大值无最小值，
故③不正确．
13．函数f(x)＝eq \f(4x,x2＋1)(x∈[－2,2])的最大值是________，最小值是________．
答案 2 －2
解析 f′(x)＝eq \f(4x2＋1－4x×2x,x2＋12)
＝eq \f(41－x2,x2＋12)＝eq \f(41＋x1－x,x2＋12)，
令f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝1.
又f(－2)＝－eq \f(8,5)，f(－1)＝－2，f(1)＝2，f(2)＝eq \f(8,5)，
∴f(x)max＝2，f(x)min＝－2.
14.一个帐篷，它下部的形状是高为1 m的正六棱柱，上部的形状是侧棱长为3 m的正六棱锥(如图所示)．当帐篷的顶点O到底面中心O1的距离为________ m时，帐篷的体积最大．
答案 2
解析 设OO1＝x m，则1由题设可得正六棱锥底面边长为
eq \r(32－x－12)＝eq \r(8＋2x－x2).
于是底面正六边形的面积为
6·eq \f(\r(3),4)·(eq \r(8＋2x－x2))2＝eq \f(3\r(3),2)(8＋2x－x2)．
帐篷的体积为
V(x)＝eq \f(3\r(3),2)(8＋2x－x2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)x－1＋1))
＝eq \f(\r(3),2)(16＋12x－x3)．
则V′(x)＝eq \f(\r(3),2)(12－3x2)．
令V′(x)＝0，解得x＝－2(不合题意，舍去)或x＝2.
当10，V(x)单调递增；
当2综上，当x＝2时，V(x)最大．
15．设函数f(x)＝ax3－3x＋1(a>1)，若对于任意的x∈[－1,1]，都有f(x)≥0成立，则实数a的值为_________．
答案 4
解析 由题意得，f′(x)＝3ax2－3，当a>1时，令f′(x)＝3ax2－3＝0，解得x＝±eq \f(\r(a),a)，±eq \f(\r(a),a)∈
[－1,1]．
①当－10，f(x)单调递增；
②当－eq \f(\r(a),a)③当eq \f(\r(a),a)0，f(x)单调递增．
所以只需f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(a),a)))≥0，且f(－1)≥0即可，
由f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(a),a)))≥0，得a·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(a),a)))3－3·eq \f(\r(a),a)＋1≥0，解得a≥4，
由f(－1)≥0，可得a≤4，综上可得a＝4.
16．已知函数f(x)＝ln x＋eq \f(a,x).
(1)当a<0时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在[1，e]上的最小值是eq \f(3,2)，求a的值．
解 函数f(x)＝ln x＋eq \f(a,x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(a,x2)＝eq \f(x－a,x2)，
(1)∵a<0，∴f′(x)>0，
故函数在其定义域(0，＋∞)上单调递增．
∴f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间．
(2)当x∈[1，e]时，分如下情况讨论：
①当a<1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，其最小值为f(1)＝a<1，这与函数在[1，e]上的最小值是eq \f(3,2)相矛盾；
②当a＝1时，函数f(x)在[1，e]上单调递增，其最小值为f(1)＝1，同样与最小值是eq \f(3,2)相矛盾；
③当10，f(x)单调递增，
∴函数f(x)的最小值为f(a)＝ln a＋1，由ln a＋1＝eq \f(3,2)，得a＝eq \r(e).
④当a＝e时，函数f(x)在[1，e]上有f′(x)≤0，f(x)单调递减，其最小值为f(e)＝2，这与最小值是eq \f(3,2)相矛盾；
⑤当a>e时，显然函数f(x)在[1，e]上单调递减，其最小值为f(e)＝1＋eq \f(a,e)>2，仍与最小值是eq \f(3,2)相矛盾．
综上所述，a的值为eq \r(e).x
－2
(－2，－eq \r(2))
－eq \r(2)
(－eq \r(2)，eq \r(2))
eq \r(2)
(eq \r(2)，3)
3
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
8
↗
8eq \r(2)
↘
－8eq \r(2)
↗
18
x
0
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))
eq \f(2π,3)
eq \b\lc\(\rc\) (\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，\f(4π,3)))
eq \f(4π,3)
(eq \f(4π,3)，2π)
2π
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
0
↗
eq \f(π,3)＋eq \f(\r(3),2)
↘
eq \f(2π,3)－eq \f(\r(3),2)
↗
π
x
(－∞，2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
↗
eq \f(1,e2)
↘
x
－1
(－1,0)
0
(0,2)
2
f′(x)
＋
0
－
f(x)
－7a＋b
↗
b
↘
－16a＋b
x
(－∞，－3)
－3
(－3,1)
1
(1，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
0
＋
h(x)
↗
28
↘
－4
↗
x
－2
(－2,0)
0
(0,2)
2
f′(x)
＋
0
－
0
f(x)
－40＋a
↗
极大值a
↘
－8＋a
x
0
(0，eq \r(a))
eq \r(a)
(eq \r(a)，1)
1
f′(x)
＋
0
－
f(x)
0
↗
2aeq \r(a)
↘
3a－1