第一篇：2014屆高三數學一輪復習《導數研究函數的最值、優(yōu)化問題、方程與不等式》理
[第15講 導數研究函數的最值、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，據有關統(tǒng)計數據顯示，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．已知某生產廠家的年利潤y(單位：萬元)與年產量x(單位：萬件)的函數關系式為y13＝－x＋81x－234，則使該生產廠家獲得最大年利潤的年產量為()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·河北重點中學聯考] 已知函數f(x)＝xlnx，g(x)＝－x＋ax－2.(1)求函數f(x)在[t，t＋2](t＞0)上的最小值；
(2)若函數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a的取值范圍．
難點突破
16．(12分)已知函數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a的取值范圍，使得在區(qū)間(1，＋∞)上，函數y＝x的圖象恒在函數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0 函數y＝－＋81x－234在(9，＋∞)上單調遞減，在(0，9)上單調遞增，所以x＝9是函 數的極大值點．又因為函數在(0，＋∞)上只有一個極大值點，所以函數在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，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0 .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)，31113230 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0 800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f(x)在[t，t＋2]上的最小值為f?.e?e? ②當t≥時，函數f(x)在[t，t＋2]上單調遞增，e 此時函數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aln2－ln?－1，3?3? 2?ln2所以實數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．(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，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，a3e 則f(x)min＝f(e)＝1－＝a(舍)． e22 ③當－e ∴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，則g′(x) 課時作業(yè)(十四) 第14講用導數研究函數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，據有關統(tǒng)計數據顯示，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．aB.C.D.326 9．某工廠生產某種產品，已知該產品的月生產量x(t)與每噸產品的價格p(元/t)之間的1關系式為：p＝24 200－x2，且生產x t的成本為R＝50 000＋200x(元)．則該廠每月生產 5________ t產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，當底邊上高為________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，按國際慣例以美元為結算貨幣，依據以往加工生產的數據統(tǒng)計分析，若加工產品訂單的金額為x萬美元，可獲得的加工費近似地為x＋1)萬美元，受美聯儲貨幣政策的影響，美元貶值，由于生產加工簽約和成品交付要經歷一段時間，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，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)加工產品訂單的金額x應在什么范圍內？ (2)若該企業(yè)加工產品訂單的金額為x萬美元時共需要的生產成本為x萬美元，已知該 企業(yè)加工生產能力為x∈[10,20](其中x為產品訂單的金額)，試問美元的貶值指數m在何范圍時，該企業(yè)加工生產將不會出現虧損． 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 x 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，此時函數單調遞減，當x∈(20，＋∞)時，y′>0，此時函數單調遞增，∴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小． 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0 aaaa4aa∴xV最大＝＋6216362421654 9．200 [解析] 每月生產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0 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)加工生產不出現虧損，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m∈?0時，該企業(yè)加工生產不會虧損． 40?? [第5講 函數的單調性與最值] (時間：45分鐘 分值：100分) 基礎熱身 1．下列函數中，滿足“對任意x1，x2∈(0，＋∞)，當x1 1A．f(x)＝x B．f(x)＝(x－1) xC．f(x)＝e D．f(x)＝ln(x＋1) 12．函數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] 下列函數中，既是偶函數，又在區(qū)間(1，2)內是增函數的為() 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)是定義在實數集R上的增函數，且f(1)＝0，函數g(x)在(－∞，1]上為增函數，在(1，＋∞)上為減函數，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，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f(x)＝?滿足對任 ?（a－3）x＋4a（x≥0）? f（x1）－f（x2） 意的實數x1≠x2都有成立，則實數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y＝f(x)的值域是?，3?，則函數F(x)＝f(x)＋________． f（x）?2? 1?1?2 11．若在區(qū)間?，2?上，函數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y＝ x x＋a (－2，＋∞)上為增函數，則a的取值范圍是________． 1＋x 13．函數y＝的單調遞增區(qū)間是________． 1－x14．(10分)試討論函數f(x)＝ 15．(13分)已知函數f(x)＝a－|x| (1)求證：函數y＝f(x)在(0，＋∞)上是增函數； (2)若f(x)<2x在(1，＋∞)上恒成立，求實數a的取值范圍． x x＋1 難點突破 16．(12分)已知函數f(x)＝ x2 x－2 x∈R，且x≠2)． (1)求f(x)的單調區(qū)間； (2)若函數g(x)＝x－2ax與函數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f(x)在(0，＋∞)上是減函數．而反比例函數f(x)＝在x (0，＋∞)上是減函數．故選A.2．A [解析] 函數f(x)在[3，4)上是增函數，又函數定義域中含有3而沒有4，所以該函數有最小值無最大值，故選A.3．B [解析] 方法一：由偶函數的定義可排除C，D，又∵y＝cos2x為偶函數，但在(1，2)內不單調遞增，故選B.方法二：由偶函數定義知y＝log2|x|為偶函數，以2為底的對數函數在(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)<0，0 ?5?1?1?1 6．A [解析] 因為函數的周期為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f(x)在R上為減函數，所以x<0時，f1(x)＝a為減函 數，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≥2 [解析] y＝ x x＋a 1－ a x＋a (－2，＋∞)上為增函數，所以a>0，所以得函數的單調增區(qū)間為(－∞，－a)，(－a，＋∞)，要使y＝增函數，只需－2≥－a，即a≥2.x x＋a 在(－2，＋∞)上為 1＋x 13．(－1，1)[解析] 由得函數的定義域為(－1，1)，原函數的遞增區(qū)間即為 1－x 1＋x1＋x2 函數u(x)＝在(－1，1)上的遞增區(qū)間，由于u′(x)＝′＝2故函數u(x) 1－x1－x（1－x） 1＋x＝的遞增區(qū)間為(－1，1)，即為原函數的遞增區(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． ②當x1，x2∈(－∞，－1]或[1，＋∞)時，1－x1x2＜0，f(x1)＞f(x2)，所以f(x)為減函數． 綜上所述，f(x)在(－1，1)上是增函數，在(－∞，－1]和[1，＋∞)上是減函數． 15．解：(1)證明：當x∈(0，＋∞)時，f(x)＝a x 設0 ∴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. 學而思教育·學習改變命運 思考成就未來！ 高考網004km.cn 高考數學總復習第一講：函數與方程 函數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．函數思想的實質是剔除問題的非數學特征，用聯系和變化的觀點提出數學對象，抽象其數學特征，建立函數關系． 在解決某些數字問題時，先設定一些未知數，然后把它們當作已知數，根據題設本身各量間的制約，列出等式，所設未知數溝通了變量之間的關系，這就是方程的思想． 函數與方程是兩個不同的概念，但它們之間有著密切的聯系，一個函數若有解析表達式，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，那么這個方程可以看成是一個函數，一個一元方程，它的兩端可以分別看成函數，方程的解即為兩個函數圖象交點的橫坐標，因此，許多有關方程的問題可以用函數的方法解決；反之，許多有關函數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)時函數值為正數，試比較α,β的大?。?/p> 分析：一般情況下，F（x）可以看成兩個冪函數的差．已知函數值為正數，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，于是F（x）成為兩個同底數指數函數之差，由于指數函數y=at(0<α<1)是減函數，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，將它們看成指數相同的兩個冪，由于冪函數 在區(qū)間[0,+∞]上是增函數，因此只須比較底數a與aα的大小，由于指數函數y=ax(0 比較aα與(aα)α的大小，也可以將它們看成底數相同（都是aα）的兩個冪，于是可以利用指數函數 是減函數，由于1>a，得到aα<(aα)α． 由于a＜aα，函數y=ax(0 綜上，． 解以上兩個例題的關鍵都在于適當地選取某一個函數，函數選得恰當，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a的范圍． 分析：先將原方程化簡為ax=3，但要注意0 高考網004km.cn 現要求0 若將ax=3變形為，令，現研究指數函數a=3t，由0 通過本例，說明有些問題可借助函數來解決，函數選擇得當，解決就便利． 例4．函數f(x)是定義在實數集上的周期函數，且是偶函數，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，函數的圖象是線段AB，∵函數周期是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 ． ∵函數是偶函數，∴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]，∵函數周期是2，學而思教育·學習改變命運 思考成就未來！ 高考網004km.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]． ∵函數是偶函數，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，根據絕對值定義有x∈[-2,0]時，f(x)=3-|x+1|． 本題應抓住“偶函數”“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，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，已知函數是上面這兩個函數的復合函數，其增減性要考查這兩個函數的單調性，另外，還要考慮零和負數無對數以及參數a對底數和真數的制約作用． 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，因此，只有當a>1，y=logat是增函數時，y=loga(2-ax)在［0，1］上才是減函數； 又x=1時，y=loga(2-a)，依題意，此時，函數有定義，故2–a>0 綜上可知：1 例6．已知則g(5)=_____________- ，函數y=g(x)的圖象與函數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004km.cn ∴ 的反函數 ． ∴ 解法 二、由 ∴，∴ ． ，則 ． ，即 根據已知： 的反函數為 ，∴ ． 解法 三、如圖，f(x)和f-1(x)互為反函數，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，體現了數形結合的優(yōu)勢出 二、鞏固練習 （1）已知函數值． 在區(qū)間 上的最大值為1，求實數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004km.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 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a 有，解得：a=1，b=2． 當a<0 當a 高考網004km.cn 有，解得：a=1，b=2． 當a<0 ，所以最小，解得：，綜上，或 （3）求函數 的最小值． 解（3）分析：由于對數的底已明確是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004km.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0 ∴k<-1或0 高考網004km.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． 5）解（Ⅰ），不等式f(x≤1)，即 由此得：1≤1+ax即ax≥0，其中常數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f(x)在區(qū)間[0,+∞)上是單調遞減函數． （ⅱ）當0 滿足f(x1)=1,f(x2)=1，即 [第12講 函數模型及其應用] (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)的函數表達式是________． 能力提升 5．某工廠6年來生產某種產品的情況是：前三年年產量的增長速度越來越快，后三年年產量保持不變，則該廠6年來這種產品的總產量C與時間t(年)的函數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，則下列函數模型中能較好地反映銷量y與投放市場的月數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] 一個工廠生產某種產品每年需要固定投資100萬元，此 *外每生產1件該產品還需要增加投資1萬元，年產量為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．記該工廠生產并銷售這種產 品所得的年利潤為y萬元，則y(萬元)與x(件)的函數關系式為________________________________________________________________________，該工廠的年產量為________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(x∈N)，f(x)表示對該學科知識的掌握程度，正實數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)根據經驗，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)現一天中環(huán)境綜合放射性污染指數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，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，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不得超過2，試問目前市中心的綜合放射性污染指數是否超標． 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] 由于開始的三年產量的增長速度越來越快，故總產量迅速增長，圖中符合這個規(guī)律的只有選項A；后三年產量保持不變，總產量直線上升．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，根據給出的初始數據可得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] 根據函數模型的增長差異和題目中的數據可知，應為指數型函數模型． 9．長3 m，寬1.5 m [解析] 設窗的長與寬分別為x，y，據題意 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－100，0 [解析] 只要把成本減去即可，成本為x＋100，故得函數關系式為y＝2*??－x＋32x－100，0 當0 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第二篇：2013屆高考理科數學一輪復習課時作業(yè)(14)用導數研究函數的最值與生活中的優(yōu)化問題舉例
第三篇：2014屆高三數學一輪復習《函數的單調性與最值》理 新人教B版
第四篇：高三數學教案：高考數學總復習第一講：函數與方程.
第五篇：2014屆高三數學一輪復習《函數模型及其應用》理 新人教B版
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