第5节 导数与函数的最值

第5节导数与函数的最值考试要求1.理解函数最值与极值的关系.2.会求闭区间上函数的最大值、最小值.3.了解最值在现实生活中的应用.【知识梳理】1.函数f(x)在区间[a，b]上有最值的条件：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.求y＝f(x)在区间[a，b]上的最大(小)值的步骤：(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.[常用结论与微点提醒]1.若函数在开区间(a，b)内的极值点只有一个，则其极值点为函数的最值点.2.若函数在闭区间[a，b]内的最值点不是端点，则其最值点亦为其极值点.3.求最值时，应注意极值点和所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然认为极值就是最值.【诊断自测】1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)有极值的函数一定有最值，有最值的函数不一定有极值.()(2)函数的极大值不一定是最大值，最小值也不一定是极小值.()(3)函数f(x)在区间(a，b)上不存在最值.()(4)连续函数f(x)在区间[a，b]上一定存在最值.()答案(1)×(2)√(3)×(4)√解析(1)反例：有极值的函数不一定有最值，如图所示，函数f(x)有极值，但没有最值.(3)反例：f(x)＝x2在区间(－1，2)上的最小值为0.2.(选修二P98T6改编)已知f(x)＝x3－12x＋1，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1))，则f(x)的最大值为________，最小值为________.答案eq\f(134,27)－10解析f′(x)＝3x2－12＝3(x－2)(x＋2)，因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1))，所以f′(x)＜0，故f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1))上单调递减，所以f(x)的最大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝eq\f(134,27)，最小值为f(1)＝－10.3.函数f(x)＝eq\f(lnx,x2)的最大值为________.答案eq\f(1,2e)解析由题得f′(x)＝eq\f(\f(1,x)·x2－2x·lnx,x4)＝eq\f(1－2lnx,x3)(x＞0).令f′(x)＞0，解得0＜x＜eq\r(e)；令f′(x)＜0，解得x＞eq\r(e).所以函数f(x)的单调递增区间为(0，eq\r(e))，单调递减区间为(eq\r(e)，＋∞)，所以函数f(x)＝eq\f(lnx,x2)的最大值f(eq\r(e))＝eq\f(ln\r(e),e)＝eq\f(1,2e).4.若函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋m在[0，3]上的最大值为4，则m＝________.答案4解析f′(x)＝x2－4，x∈[0，3]，当x∈[0，2)时，f′(x)＜0；当x∈(2，3]时，f′(x)＞0，所以f(x)在[0，2)上单调递减，在(2，3]上单调递增.又f(0)＝m，f(3)＝－3＋m.在[0，3]上，f(x)max＝f(0)＝4，所以m＝4.考点一求已知函数的最值例1(1)函数f(x)＝cosx＋(x＋1)sinx＋1在区间[0，2π]上的最小值、最大值分别为()A.－eq\f(π,2)，eq\f(π,2) B.－eq\f(3π,2)，eq\f(π,2)C.－eq\f(π,2)，eq\f(π,2)＋2 D.－eq\f(3π,2)，eq\f(π,2)＋2答案D解析f′(x)＝－sinx＋sinx＋(x＋1)cosx＝(x＋1)cosx，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(π,2)，x＝eq\f(3π,2)或x＝－1(舍去)，所以在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))上f′(x)＞0，f(x)单调递增；在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上f′(x)＜0，f(x)单调递减.又f(0)＝f(2π)＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π,2)＋2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)))＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋1))＋1＝－eq\f(3π,2)，所以f(x)在区间[0，2π]上的最小值为－eq\f(3π,2)，最大值为eq\f(π,2)＋2，故选D.(2)已知函数f(x)＝eq\f(x－a,x)－lnx(a∈R).①讨论f(x)的单调性；②求f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上的最大值g(a).解①函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a－x,x2)，若a≤0，则f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减；若a>0，则当x>a时，f′(x)<0；当0<x<a时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减.②f′(x)＝eq\f(a－x,x2)，当a≤eq\f(1,e)时，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上单调递减，所以f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝2－ae；当eq\f(1,e)<a<e时，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，a))上单调递增，在[a，e]上单调递减，所以f(x)max＝f(a)＝－lna；当a≥e时，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上单调递增，所以f(x)max＝f(e)＝－eq\f(a,e)，综上，g(a)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(a,e)，a≥e，,－lna，\f(1,e)<a<e，,2－ae，a≤\f(1,e).))感悟提升求函数f(x)在[a，b]上最值的方法(1)若函数在区间[a，b]上单调递增或递减，f(a)与f(b)一个为最大值，一个为最小值.(2)若函数在闭区间[a，b]内有极值，要先求出[a，b]上的极值，与f(a)，f(b)比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成.训练1(1)函数f(x)＝ex－x(e为自然对数的底数)在区间[－1，1]上的最大值是______________.答案e－1解析f′(x)＝ex－1，令f′(x)＞0，得x＞0，令f′(x)＜0，得x＜0，则函数f(x)在[－1，0)上单调递减，在(0，1]上单调递增，且f(－1)＝e－1＋1，f(1)＝e－1，f(－1)－f(1)＝eq\f(1,e)＋2－e＜eq\f(1,2)＋2－e＜0，所以f(1)＞f(－1).(2)已知函数f(x)＝(x2－2x)ex(x∈R，e为自然对数的底数).①求函数f(x)的单调区间；②求函数f(x)在区间[0，m]上的最大值和最小值.解①f(x)＝(x2－2x)ex，求导得f′(x)＝ex(x2－2)，ex＞0，令f′(x)＝ex(x2－2)＞0，即x2－2＞0，解得x＜－eq\r(2)或x＞eq\r(2).令f′(x)＝ex(x2－2)＜0，即x2－2＜0，解得－eq\r(2)＜x＜eq\r(2).所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－eq\r(2))，(eq\r(2)，＋∞)，单调递减区间为(－eq\r(2)，eq\r(2)).②(ⅰ)当0＜m≤eq\r(2)时，因为f(x)在[－eq\r(2)，eq\r(2)]上递减，所以f(x)在区间[0，m]上的最大值为f(0)＝0，最小值为f(m)＝(m2－2m)em.(ⅱ)当eq\r(2)＜m≤2时，因为f(x)在[－eq\r(2)，eq\r(2)]上递减，f(x)在[eq\r(2)，＋∞)上递增，且f(0)＝f(2)＝0，所以f(x)在[0，m]上的最大值为f(0)＝0，最小值为f(eq\r(2))＝(2－2eq\r(2))eeq\r(2).(ⅲ)当m＞2时，因为f(x)在[－eq\r(2)，eq\r(2)]上递减，f(x)在[eq\r(2)，＋∞)上递增，且f(m)＞0＝f(0)，所以f(x)在[0，m]上的最大值为f(m)＝(m2－2m)em，最小值为f(eq\r(2))＝(2－2eq\r(2))eeq\r(2).考点二由函数的最值求参数例2已知函数f(x)＝(4x2＋4ax＋a2)eq\r(x)，其中a＜0.若f(x)在区间[1，4]上的最小值为8，求a的值.解f′(x)＝eq\f(（10x＋a）（2x＋a）,2\r(x))，a＜0，由f′(x)＝0得x＝－eq\f(a,10)或x＝－eq\f(a,2).当x∈(0，－eq\f(a,10))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，＋∞))时，f(x)单调递增；当x∈(－eq\f(a,10)，－eq\f(a,2))时，f(x)单调递减.易知f(x)＝(2x＋a)2eq\r(x)≥0，且f(－eq\f(a,2))＝0.(1)当－eq\f(a,2)≤1，即－2≤a＜0时，f(x)在[1，4]上的最小值为f(1)，由f(1)＝4＋4a＋a2＝8，得a＝±2eq\r(2)－2，均不符合题意.(2)当1＜－eq\f(a,2)≤4，即－8≤a＜－2时，f(x)在[1，4]上的最小值为f(－eq\f(a,2))＝0，不符合题意.(3)当－eq\f(a,2)＞4，即a＜－8时，f(x)在[1，4]上的最小值可能在x＝1或x＝4处取得，而f(1)≠8，由f(4)＝2(64＋16a＋a2)＝8得a＝－10或a＝－6(舍去)，当a＝－10时，f(x)在[1，4]上单调递减，f(x)在[1，4]上的最小值为f(4)＝8，符合题意.综上，a＝－10.感悟提升若所给函数f(x)含参数，则需通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f(x)的最值.训练2(1)已知函数f(x)＝lnx＋ax存在最大值0，则a＝________.答案－eq\f(1,e)解析因为f′(x)＝eq\f(1,x)＋a，x＞0，所以当a≥0时，f′(x)＞0恒成立，故f(x)单调递增，不存在最大值，当a＜0时，令f′(x)＝0，得x＝－eq\f(1,a)，所以当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))时，f′(x)＞0，函数单调递增，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)＜0，函数单调递减，所以f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))－1＝0，得a＝－eq\f(1,e).(2)函数f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋x在(a，10－a2)上有最大值，则实数a的取值范围是________.答案[－2，1)解析由于f′(x)＝－x2＋1，易知f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递减，在(－1，1)上单调递增，故若函数f(x)在(a，10－a2)上存在最大值，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＜1，,10－a2＞1，,f（1）≥f（a），))即－2≤a＜1.考点三生活中的优化问题例3我国是一个人口大国，产粮、储粮是关系国计民生的大事.现某储粮机构拟在长100米，宽80米的长方形地面建立两座完全相同的粮仓(设计要求：顶部为圆锥形，底部为圆柱形，圆锥高与底面直径为1∶10，粮仓高为50米，两座粮仓连体紧靠矩形一边)，已知稻谷容重为600千克每立方米，粮仓厚度忽略不计，估算两个粮仓最多能储存稻谷(π取近似值3)()A.105000吨 B.68160吨C.157000吨 D.146500吨答案A解析由于粮仓高50米，顶部为圆锥形，底部为圆柱形，圆锥高与底面直径为1∶10，设粮仓顶部圆锥形的高为x米，底面直径为10x米，圆柱的高为(50－x)米，两座粮仓总的容积为V＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π（5x）2·（50－x）＋\f(1,3)π（5x）2x))＝eq\f(100π,3)x2(75－x).若靠矩形长边建造，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(20x≤100，,10x≤80，))所以0＜x≤5；若靠矩形宽边建造，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(20x≤80，,10x≤100，))所以0＜x≤4.因为V′＝100π(50x－x2)，当0＜x＜50时，V′(x)＞0，V(x)在(0，50)上单调递增，所以x＝5时，V(x)取最大值eq\f(175000π,3)，两个粮仓最多能储存稻谷eq\f(175000π,3)×0.6＝105000(吨).感悟提升解决最优化问题，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.训练3某海上油田A到海岸线(近似直线)的垂直距离为10海里，垂足为B，海岸线上距离B处100海里有一原油厂C，现计划在BC之间建一石油管道中转站M.已知海上修建石油管道的单位长度费用是陆地上的3倍，要使从油田A处到原油厂C修建管道的费用最低，则中转站M到B处的距离应为()A.5eq\r(2)海里 B.eq\f(5,2)eq\r(2)海里C.5eq\r(2)海里 D.10eq\r(2)海里答案B解析设BM＝x(0＜x＜100)，并设单位长度的费用为1，则AM＝eq\r(100＋x2)，MC＝100－x，所以总费用为f(x)＝3eq\r(100＋x2)＋100－x，则f′(x)＝eq\f(3x,\r(100＋x2))－1，令f′(x)＞0，则eq\f(5\r(2),2)＜x＜100，即f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(2),2)，100))上单调递增；令f′(x)＜0，则0＜x＜eq\f(5\r(2),2)，即f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5\r(2),2)))上单调递减，所以当x＝eq\f(5\r(2),2)时，f(x)取得最小值，故选B.三次函数的图象和性质1.定义定义1：形如f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的函数，称为“三次函数”；定义2：三次函数的导数f′(x)＝3ax2＋2bx＋c(a≠0)，把Δ＝4b2－12ac叫做三次函数导函数的判别式.2.性质(1)单调性一般地，当b2－3ac≤0时，三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)在R上是单调函数；当b2－3ac＞0时，三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)在R上有三个单调区间.(根据a＞0，a＜0两种不同情况进行分类讨论)(2)对称中心三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)关于点对称，且对称中心为点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,3a)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,3a)))))，证明：设函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的对称中心为(m，n).将函数的图象进行平移，则所得函数y＝f(x＋m)－n是奇函数，所以f(x＋m)＋f(－x＋m)－2n＝0，代入化简得：(3ma＋b)x2＋am3＋bm2＋cm＋d－n＝0，上式对x∈R恒成立，故3ma＋b＝0，得m＝－eq\f(b,3a)，n＝am3＋bm2＋cm＋d＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,3a))).所以函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的对称中心是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,3a)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,3a))))).(3)三次函数零点的问题①当Δ＝4b2－12ac≤0时，由不等式f′(x)≥0恒成立，函数是单调递增的(a＞0)，所以三次函数仅有一个零点.②当Δ＝4b2－12ac＞0时，由方程f′(x)＝0有两个不同的实根x1，x2，不妨设x1＜x2，可知，以a＞0为例，x1为函数的极大值点，x2为函数的极小值点，且函数y＝f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，此时结合函数图象可知：(ⅰ)若f(x1)·f(x2)＞0，即函数y＝f(x)的极大值和极小值同号，所以函数有且只有一个零点；(ⅱ)若f(x1)·f(x2)＜0，即函数y＝f(x)的极大值和极小值异号，函数图象与x轴必有三个交点，所以函数有三个不同零点；(ⅲ)若f(x1)·f(x2)＝0，则f(x1)与f(x2)中有且只有一个值为0，所以函数有两个不同零点.一、三次函数的零点问题例1已知函数f(x)＝ax3＋bx2－3x(a，b∈R)，且f(x)在x＝1和x＝3处取得极值.(1)求函数f(x)的解析式；(2)设函数g(x)＝f(x)＋t，若g(x)＝f(x)＋t有且仅有一个零点，求实数t的取值范围.解(1)f′(x)＝3ax2＋2bx－3，因为f(x)在x＝1和x＝3处取得极值，所以x＝1和x＝3是方程f′(x)＝0的两个根，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋3＝－\f(2b,3a)，,1×3＝－\f(3,3a)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(1,3)，,b＝2))，经检验符合已知条件，所以f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋2x2－3x.(2)由题意知g(x)＝－eq\f(1,3)x3＋2x2－3x＋t，g′(x)＝－x2＋4x－3，当x＞3或x＜1时，g′(x)＜0，当1＜x＜3时，g′(x)＞0，所以函数g(x)在(－∞，1)，(3，＋∞)上递减，在(1，3)上递增，所以g(x)极大值＝g(3)＝t，g(x)极小值＝g(1)＝t－eq\f(4,3)，又x取足够大的正数时，g(x)＜0，x取足够小的负数时，g(x)＞0，因此，为使曲线y＝g(x)与x轴有一个交点，结合g(x)的单调性，得：g(x)极大值＝t＜0或g(x)极小值＝t－eq\f(4,3)＞0，∴t＜0或t＞eq\f(4,3)，即当t＜0或t＞eq\f(4,3)时，使得曲线y＝g(x)与x轴有一个交点.二、三次函数的切线问题例2已知函数f(x)＝－eq\f(1,6)x3－x2＋mx＋3，在x＝0处取得极值.(1)求m的值；(2)若过(2，t)可作曲线y＝f(x)的三条切线，求t的取值范围.解(1)因为f(x)＝－eq\f(1,6)x3－x2＋mx＋3，所以f′(x)＝－eq\f(1,2)x2－2x＋m，因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝m＝0.经验证m＝0符合题意.(2)设切点A坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，－\f(1,6)xeq\o\al(3,0)－xeq\o\al(2,0)＋3))，由f(x)＝－eq\f(1,6)x3－x2＋3，得f′(x)＝－eq\f(1,2)x2－2x，则f′(x0)＝－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)－2x0，所以曲线在点A处的方程为y－(－eq\f(1,6)xeq\o\al(3,0)－xeq\o\al(2,0)＋3)＝(－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)－2x0)(x－x0)，将(2，t)代入切线方程，得t＝eq\f(1,3)xeq\o\al(3,0)－4x0＋3.令g(x)＝eq\f(x3,3)－4x＋3，则g′(x)＝x2－4，则g′(x)＝x2－4＝0，解得x＝±2.当x＜－2或x＞2时，g′(x)＞0，所以g(x)在(－∞，－2)，(2，＋∞)上单调递增；当－2＜x＜2时，g′(x)＜0，所以g(x)在(－2，2)上单调递减.所以g(x)的极大值为g(－2)＝eq\f(25,3)，g(x)的极小值为g(2)＝－eq\f(7,3).因为有三条切线，所以方程t＝g(x)有三个不同的解，y＝t与y＝g(x)的图象有三个不同的交点，所以－eq\f(7,3)＜t＜eq\f(25,3).所以t的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,3)，\f(25,3))).三、三次函数的对称问题例3(多选)对于三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，给出定义：设y＝f′(x)是函数y＝f(x)的导数，f″(x)是f′(x)的导数，若方程f″(x)＝0有实数解x0，则称点(x0，f(x0))为函数y＝f(x)的“拐点”.探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心，设函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)x2＋eq\f(13,12)，则以下说法正确的是()A.函数f(x)的对称中心是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))B.函数f(x)的对称中心是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))C.feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,100)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,100)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(98,100)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(99,100)))的值是99D.feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,100)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,100)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(98,100)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(99,100)))的值是1答案BC解析f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)x2＋eq\f(13,12)⇒f′(x)＝x2－x⇒f″(x)＝2x－1，令f″(x)＝2x－1＝0，解得x＝eq\f(1,2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)－eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(13,12)＝1，由题意可知：函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)x2＋eq\f(13,12)的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))；由上述可得f(x)＋f(1－x)＝2，设S＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,100)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,100)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(98,100)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(99,100)))，①所以有S＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(99,100)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(98,100)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,100)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,100)))，②①＋②得，2S＝2＋2＋…＋2＋2＝2×99⇒S＝99，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,100)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,100)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(98,100)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(99,100)))的值是99.训练(1)设三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋1的导函数f′(x)＝3ax(x－1)，且a＞2，则函数f(x)的零点个数为()A.0 B.1C.2 D.3答案D解析由f′(x)＝3ax(x－1)且a＞2知，当0＜x＜1时，f′(x)＜0，当x＜0或x＞1时，f′(x)＞0，则函数f(x)在(－∞，0)，(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减，又f′(x)＝3ax2＋2bx＋c＝3ax(x－1)，则b＝－eq\f(3a,2)，c＝0，则f(x)＝ax3－eq\f(3a,2)x2＋1，所以f(0)＝1＞0，f(1)＝a－eq\f(3a,2)＋1＝1－eq\f(a,2)＜0，又f(－1)＝－eq\f(5,2)a＋1＜0，f(2)＝2a＋1＞0，所以函数有三个零点.(2)已知任意三次函数的图象必存在唯一的对称中心，若函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，且M(x0，f(x0))为曲线y＝f(x)的对称中心，则必有g′(x0)＝0(其中函数g(x)＝f′(x)).若实数m，n满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m3＋6m2＋13m＝10，,n3＋6n2＋13n＝－30，))则m＋n＝()A.－4 B.－3C.－2 D.－1答案A解析令f(x)＝x3＋6x2＋13x，则f′(x)＝3x2＋12x＋13，设h(x)＝f′(x)＝3x2＋12x＋13，令h′(x)＝6x＋12＝0，解得x＝－2，又f(－2)＝(－2)3＋6×(－2)2＋13×(－2)＝－10，∴函数f(x)的图象关于点(－2，－10)成中心对称.因为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m3＋6m2＋13m＝10，,n3＋6n2＋13n＝－30，))所以f(m)＋f(n)＝－20，又f′(x)＝3x2＋12x＋13＝3(x＋2)2＋1＞0，所以函数f(x)＝x3＋6x2＋13x在R上单调递增，所以m＋n＝2×(－2)＝－4.(3)已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)ax2＋(a－1)x＋2(a∈R)，f(x)满足f(x)＋f(－x)＝4，已知点M是曲线y＝f(x)上任意一点，曲线在M处的切线为l.①求切线l的倾斜角α的取值范围；②若过点P(1，m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m≠\f(4,3)))可作曲线y＝f(x)的三条切线，求实数m的取值范围.解①因为f(x)＋f(－x)＝4，则eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)ax2＋(a－1)x＋2－eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)ax2－(a－1)x＋2＝4，解得a＝0，所以f(x)＝eq\f(1,3)x3－x＋2，则f′(x)＝x2－1，故曲线f(x)的切线斜率k≥－1，∴tanα≥－1，∴α∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，∴切线l的倾斜角的α的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π)).②设曲线y＝f(x)与过点P(1，m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m≠\f(4,3)))的切线相切于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(1,3)xeq\o\al(3,0)－x0＋2))，则切线的斜率为k＝xeq\o\al(2,0)－1，所以切线方程为y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)xeq\o\al(3,0)－x0＋2))＝(xeq\o\al(2,0)－1)(x－x0)，因为点P(1，m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m≠\f(4,3)))在切线上，所以m－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)xeq\o\al(3,0)－x0＋2))＝(xeq\o\al(2,0)－1)(1－x0)，即m＝－eq\f(2,3)xeq\o\al(3,0)＋xeq\o\al(2,0)＋1，设g(x)＝－eq\f(2,3)x3＋x2＋1，则g′(x)＝－2x2＋2x＝－2x(x－1)，令g′(x)＝0，解得x＝0或x＝1，当x＜0或x＞1时，g′(x)＜0，当0＜x＜1时，g′(x)＞0，所以g(x)在(－∞，0)，(1，＋∞)上单调递减，在(0，1)上单调递增，故g(x)的极小值为g(0)＝1，极大值为g(1)＝eq\f(4,3)，因为过点P(1，m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m≠\f(4,3)))可作曲线y＝f(x)的三条切线，所以方程m＝g(x)有三个不同的解，y＝m与y＝g(x)的图象有三个不同的交点，所以1＜m＜eq\f(4,3)，所以实数m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(4,3))).【A级基础巩固】1.已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是()A.f(b)＞f(a)＞f(c)B.函数f(x)在x＝c处取得最大值，在x＝e处取得最小值C.函数f(x)在x＝c处取得极大值，在x＝e处取得极小值D.函数f(x)的最小值为f(d)答案C解析由题图可知，当x≤c时，f′(x)≥0，所以函数f(x)在(－∞，c]上单调递增，又a＜b＜c，所以f(a)＜f(b)＜f(c)，故A不正确；因为f′(c)＝0，f′(e)＝0，且当x＜c时，f′(x)＞0；当c＜x＜e时，f′(x)＜0；当x＞e时，f′(x)＞0.所以函数f(x)在x＝c处取得极大值，但不一定取得最大值，在x＝e处取得极小值，不一定是最小值，故B不正确，C正确；由题图可知，当d≤x≤e时，f′(x)≤0，所以函数f(x)在[d，e]上单调递减，从而f(d)＞f(e)，所以D不正确.故选C.2.函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋4在[0，3]上的最值是()A.最大值是4，最小值是－eq\f(4,3) B.最大值是2，最小值是－eq\f(4,3)C.最大值是4，最小值是－eq\f(1,3) D.最大值是2，最小值是－eq\f(1,3)答案A解析因为f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋4，所以f′(x)＝x2－4，由f′(x)＝x2－4＞0，得x＞2或x＜－2，由f′(x)＝x2－4＜0，得－2＜x＜2，所以f(x)在[0，2)上单调递减，在(2，3]上单调递增，又f(0)＝4，f(2)＝－eq\f(4,3)，f(3)＝1，所以f(x)在[0，3]上的最大值是4，最小值是－eq\f(4,3)，故B，C，D错误.3.当x＝1时，函数f(x)＝alnx＋eq\f(b,x)取得最大值－2，则f′(2)等于()A.－1 B.－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2) D.1答案B解析因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以依题意可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（1）＝－2，,f′（1）＝0，))而f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(b,x2)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝－2，,a－b＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝－2，))所以f′(x)＝－eq\f(2,x)＋eq\f(2,x2)＝eq\f(2（1－x）,x2)，因此函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，当x＝1时取最大值，满足题意.所以f′(2)＝－1＋eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2).故选B.4.(多选)已知函数f(x)＝x2ex，x∈R.下列结论正确的是()A.函数f(x)不存在最大值，也不存在最小值B.函数f(x)存在极大值和极小值C.函数f(x)有且只有1个零点D.函数f(x)的极小值就是f(x)的最小值答案BCD解析f(x)＝x2ex，x∈R，则f′(x)＝x(x＋2)ex，令f′(x)＜0⇒－2＜x＜0，令f′(x)＞0⇒x＜－2或x＞0，所以函数f(x)在(－2，0)上单调递减，在(－∞，－2)，(0，＋∞)上单调递增，且f(0)＝0，f(x)＝x2ex≥0，如图，所以f(x)min＝f(0)＝0，函数在x＝－2处取得极大值，在x＝0处取得极小值，极小值f(0)即为最小值，且函数有且只有一个零点0.5.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(p≥20)元，销售量为Q件，销售量Q与零售价p有如下关系：Q＝8300－170p－p2，则这批商品的最大毛利润(毛利润＝销售收入－进货支出)为()A.30000元 B.60000元C.28000元 D.23000元答案D解析设毛利润为L(p)，由题意知L(p)＝pQ－20Q＝Q(p－20)＝(8300－170p－p2)(p－20)＝－p3－150p2＋11700p－166000，所以L′(p)＝－3p2－300p＋11700.令L′(p)＝0，解得p＝30或p＝－130(舍去).此时，L(30)＝23000.因此当20≤p＜30时，L′(p)＞0，当p＞30时，L′(p)＜0，所以L(30)是极大值，根据实际问题的意义知，L(30)也是最大值，即零售定价为每件30元时，最大毛利润为23000元.6.函数f(x)＝eq\f(a,2)x2－sinx，若f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有最小值，则实数a的取值范围是()A.(0，＋∞) B.(0，1)C.(－∞，0) D.(－1，0)答案A解析由题意，函数f(x)＝eq\f(a,2)x2－sinx，可得f′(x)＝ax－cosx，若a≤0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，可得f′(x)＜0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减，此时函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))没有最小值，不符合题意；若a＞0，令f′(x)＝0，即ax－cosx＝0，画出函数y＝ax与y＝cosx的图象，如图所示，可得存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，使得f′(x0)＝0，当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,2)))时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，此时函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有最小值，符合题意，综上可得，实数a的取值范围是(0，＋∞).7.若函数f(x)＝ex(－x2＋2x＋a)在区间(a，a＋1)上存在最大值，则实数a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－1－\r(5),2)，\f(－1＋\r(5),2))) B.(－1，2)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－1＋\r(5),2)，2)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－1－\r(5),2)，－1))答案C解析因为f′(x)＝ex(－x2＋2x＋a－2x＋2)＝ex(－x2＋a＋2)，且函数f(x)在区间(a，a＋1)上存在最大值，故只需h(x)＝－x2＋a＋2满足h(a)＞0，h(a＋1)＜0，所以－a2＋a＋2＞0，－(a＋1)2＋a＋2＜0，解得eq\f(－1＋\r(5),2)＜a＜2.8.函数f(x)＝eq\f(x,ex)，x∈[0，3]的最小值为_________________.答案0解析由题意可得f′(x)＝eq\f(1－x,ex).当x∈[0，1)时，f′(x)＞0；当x∈(1，3]时，f′(x)＜0.所以函数f(x)在[0，1)上单调递增，在(1，3]上单调递减.又f(0)＝0，f(3)＝eq\f(3,e3)，所以f(x)min＝f(0)＝0.9.设函数f(x)＝lnx＋ln(2－x)＋ax(a＞0)，若f(x)在(0，1]上的最大值为eq\f(1,2)，则a＝________.答案eq\f(1,2)解析∵f(x)＝lnx＋ln(2－x)＋ax的定义域为(0，2)，∴f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,x－2)＋a＝eq\f(2x－2,x（x－2）)＋a，∵x∈(0，1]，a＞0，∴f′(x)＝eq\f(2x－2,x（x－2）)＋a＞0，∴f(x)在(0，1]上单调递增，故f(x)在(0，1]上的最大值为f(1)＝a＝eq\f(1,2).10.甲、乙两地相距240km，汽车从甲地以速度v(km/h)匀速行驶到乙地.已知汽车每小时的运输成本由固定成本和可变成本组成，固定成本为160元，可变成本为eq\f(v3,6400)元.为使全程运输成本最小，汽车应以____________km/h的速度行驶.答案80解析设全程运输成本为y元，由题意，得y＝eq\f(240,v)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(160＋\f(v3,6400)))＝240eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(160,v)＋\f(v2,6400)))，v>0，y′＝240eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(160,v2)＋\f(2v,6400))).令y′＝0，得v＝80.当v>80时，y′>0；当0<v<80时，y′<0.所以函数y＝eq\f(240,v)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(160＋\f(v3,6400)))在(0，80)上单调递减，在(80，＋∞)上单调递增，所以当v＝80时，全程运输成本最小.11.(2024·湖北名校联考)已知函数f(x)＝ex(2x2＋ax－1)，其中a∈R.若f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为2x＋by＋1＝0.求：(1)函数f(x)的解析式；(2)函数f(x)在区间[－3，1]上的最值.解(1)依题意，f(0)＝－1，切点(0，－1)在切线2x＋by＋1＝0上，则b＝1，f′(x)＝ex(2x2＋ax－1)＋ex(4x＋a)＝ex[2x2＋(a＋4)x＋a－1]，而f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线斜率为－2，则f′(0)＝a－1＝－2，解得a＝－1，所以f(x)＝ex(2x2－x－1).(2)由(1)知，f′(x)＝ex(2x2＋3x－2)＝ex(x＋2)(2x－1)，由f′(x)＝0得x＝－2或x＝eq\f(1,2)，当－3≤x<－2或eq\f(1,2)<x≤1时，f′(x)>0，当－2<x<eq\f(1,2)时，f′(x)<0，所以f(x)在[－3，－2)，eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(1,2)))上单调递减，又f(－3)＝eq\f(20,e3)，f(－2)＝eq\