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《高考导航》2016届新课标数学(理)一轮复习讲义 专题讲座一 范围与最值问题


专题讲座一 范围与最值问题

最值、范围问题是历年高考的热点问题,经久不衰.最值与范围问题多在函数与导数、 数列、立体几何、圆锥曲线中考查.解题的关键是不等关系的建立,其途径很多,诸如判别 式法,均值不等式法,变量的有界性法,函数性质法,数形结合法等等.下面介绍一下函数 与导数中的最值与范围问题.

函数的最值 函数的最值问题是其他最值问题的基础之一,许多最值问题最后总是转化为函数(特别是 二次函数)的最值问题.求函数最值的方法有:配方法、均值不等式法、单调性、导数法、判 别式法、有界性、图象法等.
? ?a,a≥b, (1)对 a,b∈R,记 max{a,b}=? 函数 f(x)=max{|x+1|,|x-2|}(x∈R) ?b,a<b, ?

的最小值是________; - (2)已知函数 y=(ex-a)2+(e x-a)2(a∈R,a≠0),则函数 y 的最小值是________. [解析] (1)由|x+1|≥|x-2|, 1 得(x+1)2≥(x-2)2,解得 x≥ . 2

?|x+1|,x≥2, 所以 f(x)=? 其图象如图所示. 1 ?|x-2|,x<2,
1 由图形,易知当 x= 时,函数有最小值,所以 2 1? ?1 ? 3 f(x)min=f? ?2?=?2+1?=2.

1

(2)y=(ex-a)2+(e x-a)2=(ex+e x)2-2a(ex+e x)+2a2-2. - 令 t=ex+e x,则 f(t)=t2-2at+2a2-2. 因为 t≥2, 所以 f(t)=t2-2at+2a2-2=(t-a)2+a2-2 的定义域为[2,+∞). 因为抛物线 y=f(t)的对称轴为 t=a, 所以当 a≤2 且 a≠0 时,ymin=f(2)=2(a-1)2;
- - -

当 a>2 时,ymin=f(a)=a2-2. 又 f(t)的定义域为[2,+∞),故 y 的最小值是 a2-2. 3 [答案] (1) (2)a2-2 2 [规律方法] 第(1)题是将问题转化为分段函数的最值问题后, 再利用数形结合的方法求解 函数最值问题,其关键是先画出图形,从而借助图形直观地解决问题.第(2)题首先利用换元 法转化为二次函数,再利用二次函数的性质求最值,求解中要特别注意自变量的取值范围.

实际问题中的最值 在数学应用性问题中经常遇到有关用料最省、成本最低、利润最大等问题,可考虑建立 目标函数,转化为求函数的最值. (2015· 江苏徐州检测)现有一张长为 80 cm,宽为 60 cm 的长方形铁皮 ABCD,准 备用它做成一只无盖长方体铁皮盒,要求材料利用率为 100%,不考虑焊接处损失,如图,若 从长方形 ABCD 的一个角上剪下一块正方形铁皮,作为铁皮盒的底面,用余下材料剪拼后作 为铁皮盒的侧面,设长方体的底面边长为 x(cm),高为 y(cm),体积为 V(cm3). (1)求出 x 与 y 的关系式;

(2)求该铁皮盒体积 V 的最大值. [解] (1)由题意得 x2+4xy=4 800, 4 800-x2 即 y= ,0<x<60. 4x (2)铁皮盒体积 V(x)=x2y=x2· 1 =- x3+1 200x, 4 3 V′(x)=- x2+1 200. 4 令 V′(x)=0,得 x=40, 因为 x∈(0,40)时,V′(x)>0,V(x)是增函数; x∈(40,60)时,V′(x)<0,V(x)是减函数, 1 所以 V(x)=- x3+1 200x 在 x=40 时取得极大值,也是最大值,且最大值为 32 000 cm3. 4 所以该铁皮盒体积 V 的最大值是 32 000 cm3. [规律方法] 本题是求几何体体积的最值,求解思路是构建目标函数,再利用导数研究函 数的最值. 4 800-x2 4x

参数范围的确定 函数的最值多与参数范围结合命题,求最值时,多利用分类讨论思想,由最值问题求参 数可转化为恒成立问题求解. x+a (2015· 陕西西安模拟)已知函数 f(x)= 2 (a≠0,a∈R). x +3a2 (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)当 a=1 时,若对任意 x1,x2∈[-3,+∞),有 f(x1)-f(x2)≤m 成立,求实数 m 的最小 值. [解] f′(x)= -(x-a)(x+3a) . (x2+3a2)2

令 f′(x)=0,解得 x=a 或 x=-3a. (1)当 a>0 时,f′(x),f(x)随着 x 的变化如下表: x f′(x) f(x) ? (-∞,-3a) - -3a 0 极小值 (-3a,a) + ? a 0 极大值 (a,+∞) - ?

函数 f(x)的单调递增区间是(-3a, a), 函数 f(x)的单调递减区间是(-∞, -3a), (a, +∞). 当 a<0 时,f′(x),f(x)随着 x 的变化如下表: x f′(x) f(x) (-∞,a) - ? a 0 极小值 (a,-3a) + ? -3a 0 极大值 (-3a,+∞) - ?

函数 f(x)的单调递增区间是(a, -3a), 函数 f(x)的单调递减区间是(-∞, a), (-3a, +∞). (2)当 a=1 时,由(1)得 f(x)是(-3,1)上的增函数,是(1,+∞)上的减函数. x+1 又当 x>1 时,f(x)= 2 >0, x +3 1 1 所以 f(x)在[-3,+∞)上的最小值为 f(-3)=- ,最大值为 f(1)= . 6 2 2 所以对任意 x1,x2∈[-3,+∞),f(x1)-f(x2)≤f(1)-f(-3)= . 3 2 所以对任意 x1,x2∈[-3,+∞),使 f(x1)-f(x2)≤m 恒成立的实数 m 的最小值为 . 3 [规律方法] 恒成立问题可以转化为我们较为熟悉的求最值的问题进行求解,如本题中求 m 的最小值,转化为求 f(x1)-f(x2)的最大值.

1.(2014· 高考浙江卷改编)已知函数 f(x)=x3+3|x-a|(a>0),若 f(x)在[-1,1]上的最小值

记为 g(a).求 g(a). 解:因为 a>0,-1≤x≤1,所以 (1)当 0<a<1 时, 若 x∈[-1,a],则 f(x)=x3-3x+3a,f′(x)=3x2-3<0,故 f(x)在(-1,a)上是减函数; 若 x∈[a,1],则 f(x)=x3+3x-3a,f′(x)=3x2+3>0,故 f(x)在(a,1)上是增函数. 所以 g(a)=f(a)=a3. (2)当 a≥1 时,有 x≤a,则 f(x)=x3-3x+3a,f′(x)=3x2-3<0,故 f(x)在(-1,1)上是减 函数,所以 g(a)=f(1)=-2+3a.
3 ? ?a ,0<a<1, ? 综上,g(a)= ?-2+3a,a≥1. ?

2.某集团为了获得更大的利润,每年要投入一定的资金用于广告促销.经调查,每年投 入广告费 t(百万元),可增加销售额为-t2+5t(百万元)(0≤t≤3). (1)若该集团将当年的广告费控制在三百万元以内,则应投入多少广告费,才能使集团由 广告费而产生的收益最大? (2)现在该集团准备投入三百万元,分别用于广告促销和技术改造.经预算,每投入技术 1 改造费 x(百万元),可增加的销售额约为- x3+x2+3x(百万元).请设计一个资金分配方案, 3 使该集团由这两项共同产生的收益最大. 解:(1)设投入广告费 t(百万元)后由此增加的收益为 f(t)(百万元),则 f(t)=(-t2+5t)-t=-t2+4t=-(t-2)2+4(0≤t≤3). 所以当 t=2 时,f(t)max=4, 即当集团投入两百万元广告费时,才能使集团由广告费而产生的收益最大. (2)设用于技术改造的资金为 x(百万元),则用于广告促销的费用为(3-x)(百万元),则由此 两项所增加的收益为 1 3 2 1 3 2 ? g(x)=? ?-3x +x +3x?+[-(3-x) +5(3-x)]-3=-3x +4x+3(0≤x≤3). 对 g(x)求导,得 g′(x)=-x2+4, 令 g′(x)=-x2+4=0, 得 x=2 或 x=-2(舍去). 当 0≤x<2 时,g′(x)>0,即 g(x)在[0,2)上单调递增; 当 2<x≤3 时,g′(x)<0,即 g(x)在(2,3]上单调递减. ∴当 x=2 时,g(x)max=g(2)= 25 . 3

故在三百万元资金中,两百万元用于技术改造,一百万元用于广告促销,这样集团由此 25 所增加的收益最大,最大收益为 百万元. 3 3.(2015· 贵州省六校联盟第一次联考)已知函数 f(x)=2ln x-x2+ax(a∈R). (1)当 a=2 时,求 f(x)的图象在 x=1 处的切线方程; 1 ? (2)若函数 g(x)=f(x)-ax+m 在? ?e,e?上有两个零点,求实数 m 的取值范围. 2 解:(1)当 a=2 时,f(x)=2ln x-x2+2x,f′(x)= -2x+2,切点坐标为(1,1), x 切线的斜率 k=f′(1)=2,则切线方程为 y-1=2(x-1),即 y=2x-1.

(2)g(x)=2ln x-x2+m, -2(x+1)(x-1) 2 则 g′(x)= -2x= , x x 1 ? 1 ,e ,∴当 g′(x)=0 时,x=1.当 <x<1 时,g′(x)>0;当 1<x<e 时,g′(x)<0. ∵x∈? e ? ? e 故 g(x)在 x=1 处取得极大值 g(1)=m-1. 1? 1 1 2 2 ?1? ?1? 又 g? ?e?=m-2-e2,g(e)=m+2-e ,g(e)-g?e?=4-e +e2<0,则 g(e)<g?e?, 1 ? ∴g(x)在? ?e,e?上的最小值是 g(e). g(1)=m-1>0 ? ? 1 ? 1 ,e 上有两个零点的条件是? ?1? g(x)在? ,解得 1<m≤2+ 2, 1 ?e ? e ? ?g?e?=m-2-e2≤0 1 1,2+ 2?. ∴实数 m 的取值范围是? e? ? 1-x 4.(2015· 河南省洛阳市统考)已知函数 f(x)= +ln x+1. ax (1)若函数 f(x)在[1,2]上单调递减,求实数 a 的取值范围; 1 ? 1 (2)若 a=1,k∈R 且 k< ,设 F(x)=f(x)+(k-1)· ln x-1,求函数 F(x)在? ?e,e?上的最大值 e 和最小值. ax-1 解:(1)由题设可得 f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)= . ax2 显然 a≠0.∵函数 f(x)在[1,2]上单调递减, ax-1 ∴当 x∈[1,2]时,不等式 f′(x)= ≤0 恒成立, ax2 1 即 ≥x 恒成立. a 1 1 ∴ ≥2,∴0<a≤ , a 2 1? ∴实数 a 的取值范围是? ?0,2?. 1-x (2)a=1,k∈R,f(x)= +ln x+1, x 1-x F(x)=f(x)+(k-1)ln x-1= +kln x, x -x-(1-x) k kx-1 F′(x)= + = 2 . x2 x x 1 ? 1 ?1 ? ①若 k=0,则 F′(x)=- 2,在? ? e,e?上,恒有 F′(x)<0,∴F(x)在?e,e?上单调递减, x ∴F(x)min=F(e)= 1-e 1? ,F(x)max=F? ?e?=e-1. e

?x-1? kx-1 k? k? ②若 k≠0,F′(x)= 2 = . x x2
1 x- ? k? k? ? 1 ? (ⅰ)若 k<0,在? ?e,e?上,恒有 x2 <0, 1 ? ∴F(x)在? ? e,e?上单调递减, ∴F(x)min=F(e)= 1-e 1 +kln e= +k-1, e e

1? F(x)max=F? ?e?=e-k-1. 1 1 1 (ⅱ)若 k>0,k< ,则 >e,x- <0, e k k 1? k? ?x-k? x2



<0,

1 ? ∴F(x)在? ? e,e?上单调递减, ∴F(x)min=F(e)= 1-e 1 +kln e= +k-1, e e

1? F(x)max=F? ?e?=e-k-1. 1-e 综上,当 k=0 时,F(x)min=F(e)= , e 1? F(x)max=F? ?e?=e-1; 1 1 当 k≠0,且 k< 时,F(x)min=F(e)= +k-1, e e 1? F(x)max=F? ?e?=e-k-1.


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