20xx高考數(shù)學(xué)文人教a版一輪復(fù)習(xí)學(xué)案：32-第2課時(shí)-利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、最大(小)值(參考版)
2025-04-03 03:28本頁(yè)面
【正文】 (x)0,函數(shù)V(x)單調(diào)遞減,所以V(x)max=V(10)=24(10006000+9000)=10002(cm3),即當(dāng)EF=10cm時(shí),包裝盒容積取得最大值10002cm3.13。(x)0,函數(shù)V(x)單調(diào)遞增。(x)=24(3x2120x+900),令V39。E為20米時(shí),橋墩CD和EF的總造價(jià)最低.對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練510 設(shè)EF=xcm,則AE=BF=30x2cm,包裝盒的高為GE=22xcm,因?yàn)锳E=AH=30x2cm,A=π2,所以包裝盒的底面邊長(zhǎng)為HE=22(30x)cm,所以包裝盒的體積為V(x)=22(30x)2(x)0+f(x)↘極小值↗所以當(dāng)x=20時(shí),f(x)取得最小值.答:(1)橋AB的長(zhǎng)度為120米。(x)=k3800x2340x=3k800x(x20),令f39。為y軸建立平面直角坐標(biāo)系xOy(如圖所示).設(shè)F(x,y2),x∈(0,40),則y2=1800x3+6x,EF=160y2=160+1800x36x.因?yàn)镃E=80,所以O(shè)39。A+O39。A2=160,得O39。(x)0,函數(shù)G(x)在(2,+∞)上單調(diào)遞增,G(2)=3ln20,所以在(2,+∞)上,G(x)0恒成立,所以F(a)=a2lnaa+10,所以函數(shù)F(x)在(1,a)上存在唯一零點(diǎn)x=x0,所以f(x)在(1,x0)上單調(diào)遞減,在(x0,+∞)上單調(diào)遞增,此時(shí)函數(shù)f(x)存在極小值.綜上,若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,+∞)上有極值,則a2.故實(shí)數(shù)a的取值范圍為(2,+∞).例5解(1)設(shè)AA1,BB1,CD1,EF1都與MN垂直,A1,B1,D1,F1是相應(yīng)垂足.由條件知,當(dāng)O39。②當(dāng)a2時(shí),F(1)0,F(a)=a2lnaa+1,令G(x)=x2lnxx+1,則G39。(x)0,所以函數(shù)F(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,又F(1)=2a,故①當(dāng)a≤2時(shí),F(x)0,f39。(x)=1lnxax2+1=x2lnxa+1x2,令F(x)=x2lnxa+1,則F39。當(dāng)x1時(shí),g39。(x)=xexexx2=(x1)exx2,當(dāng)0x1時(shí),g39。(x)0可得xlnk,所以h(x)的最小值為h(lnk)=k(1lnk),所以exkx=0在(0,2)上有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根需滿足h(0)=10,h(2)=e22k0,h(lnk)=k(1lnk)0,0lnk2,解得eke22.綜上所述,k的取值范圍為e,e22.(方法2)f39。(x)0,所以h(x)在(0,2)上單調(diào)遞增,此時(shí)h(x)在(0,2)上不存在兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根.當(dāng)k1時(shí),由h39。(x)=0在(0,2)上有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根等價(jià)于exkx=0在(0,2)上有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根.設(shè)h(x)=exkx,則h39。(x)0.所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,2),單調(diào)遞增區(qū)間為(2,+∞).(2)函數(shù)f(x)在(0,2)上存在兩個(gè)極值點(diǎn),等價(jià)于f39。(x)0。(α)=0,可得eα=α+2,所以g(α)=α+1∈(2,3),故①等價(jià)于kg(α),故整數(shù)k的最大值為2.例4解(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f39。當(dāng)x∈(α,+∞)時(shí),g39。(x)在(0,+∞)上存在唯一的零點(diǎn),設(shè)此零點(diǎn)為α,則α∈(1,2).當(dāng)x∈(0,α)時(shí),g39。(x)=xex1(ex1)2+1=ex(exx2)(ex1)2,令h(x)=exx2,∵x0,∴h39。(x)=exm,由于xy2ln2=0的斜率為1,且過(guò)點(diǎn)(ln2,ln2),得f(ln2)=ln2,f39。(t)0,所以函數(shù)F(t)在[0,1)上單調(diào)遞增,所以F(t)≥F(0)=0.②當(dāng)2a0,即a2時(shí),由F39。(t)0,所以G(t)在(0,1),可得limt→0+G(t)=limt→0+21t21=2,于是0a≤2,所以a的最大值為2.(方法2 最值法)構(gòu)造函數(shù)F(t)=ln1+t1tat,則F39。(t)=2t1t2ln1+t1tt2,令H(t)=2t1t2ln1+t1t,則H39。(t)0,得t2,由S39。t2+122|t|,不妨設(shè)t0(當(dāng)t0時(shí),結(jié)果一樣),則S(t)=t4+24t2+1444t=14t3+24t+144t,所以S39。當(dāng)k≥ln2時(shí),[f(x)]min=f(2)=ln2k.對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練2解(1)因?yàn)閒(x)=12x2,所以f39。(x)0,可得0x1k,由f39。(x)=1xk=kx+1x.①當(dāng)k≤0時(shí),f
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