2022年高中数学选择性必修第二册：函数的最大(小)值

2022年高中数学选择性必修第二册：第2课时函数的最大(小)值基础过关练题组一函数最大(小)值的概念及其求解1.设f(x)是区间[a,b]上的连续函数,且在(a,b)内可导,则下列结论中正确的是()A.f(x)的极值点一定是最值点B.f(x)的最值点一定是极值点C.f(x)在区间[a,b]上可能没有极值点D.f(x)在区间[a,b]上可能没有最值点2.(2020北京清华附中高二下期末)函数f(x)=x·e x的最小值是()A.-1B.-eC.-1eD.不存在3.(2020浙江杭州六校高二下期中)已知函数f(x)=x3-12x,x∈[-3,3],则f(x)的最大值为()A.-9B.-16C.16D.94.如图是函数y=f(x)在区间[a,b]上的图象,写出函数的极大值、极小值、最大值和最小值.5.(2020黑龙江佳木斯一中高二上期末)求函数f(x)=x3-12x+6,x∈[-3,3]的单调区间,并求函数f(x)的最值.题组二 含参函数的最大(小)值问题6.若函数f(x)=asin x+13sin 3x 在x=π3处有最大(小)值,则a 等于( )A.2 B .1 C .2√33D.07.若函数f(x)=-x 3+mx 2+1(m ≠0)在区间(0,2)上的极大值为最大值,则m 的取值范围是 ( ) A.(0,3) B.(-3,0) C.(-∞,-3) D.(3,+∞) 8.已知函数y=ax 2x -1(x>1)有最大值-4,则a 的值为( )A.1 B .-1 C.4 D .-49.(2020浙江杭州高二下期中)函数f(x)=x 3-3ax-a 在(0,1)内有最小值,则a 的取值范围为 .10.已知a 是实数,函数f(x)=x 2(x-a),求f(x)在区间[0,2]上的最大值.题组三利用函数的最大(小)值解决不等式问题11.已知函数f(x)=x2-2ln x,若在定义域内存在x0,使得不等式f(x0)-m≤0成立,则实数m的最小值是()A.2B.-2C.1D.-1在区间[1,+∞)上为减函数,则实数a的取值范12.已知函数f(x)=lna+lnxx围为.13.设函数f(x)=ln x-x+1.(1)求函数f(x)的极值;(2)证明:ln x≤x-1.14.已知函数f(x)=xln x.(1)求f(x)的最小值;(2)若对任意x≥1,都有f(x)≥ax-1,求实数a的取值范围.题组四利用导数解决生活中的优化问题15.某产品的销售收入y1(万元)是产量x(千台)的函数,且函数解析式为y1=17x2(x>0),生产成本y2(万元)是产量x(千台)的函数,且函数解析式为y2=2x3-x2(x>0),要使利润最大,则该产品应生产()A.6千台B.7千台C.8千台D.9千台16.某批发商以每吨20元的价格购进一批建筑材料,若以每吨M元零售,销量N(单位:吨)与零售价M(单位:元)有如下关系:N=8300-170M-M2,则该批材料零售价定为元时利润最大,利润的最大值为元.17.时下,网校教学越来越受广大学生的喜爱,它已经成为学生课外学习的一种方式.假设某网校的套题每日的销售量y(单位:千套)与销售+4(x-6)2,其中2<x<6,m为常数,已价格x(单位:元/套)满足关系式:y=mx-2知销售价格为4元/套时,每日可售出套题21千套.(1)求m的值;(2)假设网校的员工工资、办公费用等所有开销折合为每套题2元(只考虑售出的套题).试确定销售价格x为何值时,网校每日销售套题所获得的利润最大.(保留1位小数)18.将一块2m×6m的矩形钢板按如图所示的方式划线,要求①至⑦全为矩形,沿线裁去阴影部分,把剩余部分焊接成一个以⑦为底,⑤⑥为盖的水箱,设水箱的高为x m,容积为y m3.(1)写出y关于x的函数关系式;(2)当x取何值时,水箱的容积最大?能力提升练题组一函数最值问题的求解与应用1.(2020重庆九校联盟高二上期末联考,)若直线l:x=a与函数f(x)=x2+1,g(x)=12ln x的图象分别交于点P、Q,当P、Q两点距离最近时,a=()A.√52B.√22C.1D.122.(2020重庆七校联盟高二上期末联考,)已知函数f(x)的定义域为[-1,5],部分对应值如下表:x-1045f(x)1221y=f(x)的导函数y=f'(x)的图象如图所示:给出下列关于函数f(x)的命题:①函数y=f(x)是周期函数;②函数f(x)在[0,2]上是减函数;③如果当x∈[-1,t]时,f(x)的最大值是2,那么t的最大值为4;④当1<a<2时,函数y=f(x)-a有4个零点.其中真命题的个数是()A.1B.2C.3D.43.()已知函数f(x)=-x3+3x2+9x+a.(1)求f(x)的单调递减区间;(2)若f(x)在区间[-2,2]上的最大值为20,求它在该区间上的最小值.题组二含参函数的最大(小)值问题4.(2020广东揭阳高二下期末,)若函数f(x)=13x3+x2-1在区间(m,m+3)上存在最小值,则实数m的取值范围是()A.[-5,0)B.(-5,0)C.[-3,0)D.(-3,0)5.(2020湖南长沙长郡中学高二上期末,)已知函数f(x)=xx2+a(a>0)在[1,+∞)上的最大值为√33,则a的值为()A.√3-1B.34C.43D.√3+16.(2019吉林高二期末,)函数f(x)=ax4-4ax3+b(a>0),x∈[1,4],f(x)的最大值为3,最小值为-6,则ab=.7.()已知函数f(x)=-2a2ln x+12x2+ax(a∈R).(1)若a=1,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)求函数f(x)的单调区间;(3)当a<0时,求函数f(x)在区间[1,e]上的最小值.题组三 利用函数的最大(小)值解决不等式问题 8.()若对任意的x>0,恒有ln x ≤px-1(p>0),则p 的取值范围是( )A.(0,1]B.(1,+∞)C.(0,1)D.[1,+∞) 9.()已知f(x)=ln(x 2+1),g(x)=(12)x-m,若∀x 1∈[0,3],∃x 2∈[1,2],使得f(x 1)≥g(x 2),则实数m 的取值范围是( ) A.[14,+∞) B.(-∞,14] C.[12,+∞) D.(-∞,-12] 10.(多选)()定义在R 上的函数f(x),若存在函数g(x)=ax+b(a,b 为常数),使得f(x)≥g(x)对一切实数x 都成立,则称g(x)为函数f(x)的一个承托函数,下列命题中正确的是( )A.函数g(x)=-2是函数f(x)={lnx,x >0,1,x ≤0的一个承托函数B.函数g(x)=x-1是函数f(x)=x+sin x 的一个承托函数C.若函数g(x)=ax 是函数f(x)=e x 的一个承托函数,则a 的取值范围是[0,e]D.值域是R 的函数f(x)不存在承托函数 11.(2020河北保定高二上期末,)已知函数f(x)=sin x-1,g(x)=a2ln x-x,若对任意x 1∈R 都存在x 2∈(1,e)使f(x 1)<g(x 2)成立,则实数a 的取值范围是 .深度解析12.(2020北京西城高三第一学期期末,)已知函数f(x)=e x -ax+12x 2,其中a>-1.(1)当a=0时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)当a=1时,求函数f(x)的单调区间;(3)若f(x)≥12x 2+x+b 对任意x ∈R 恒成立,求b-a 的最大值.题组四 利用导数解决生活中的优化问题 13.()某公司生产某种产品,固定成本为20 000元,每生产一单位产品,成本增加100元,已知总营业收入R(元)与年产量x(万吨)的关系是R(x)={400x -12x 2,0≤x ≤400,80 000,x >400,则总利润最大时,年产量是( ) A.100万吨 B.150万吨 C.200万吨 D.300万吨14.()现有一个帐篷,它下部分的形状是高为1 m 的正六棱柱,上部分的形状是侧棱长为3 m 的正六棱锥(如图所示).当帐篷的体积最大时,帐篷的顶点O 到底面中心O 1的距离为( )A.1 mB.32 m C.2 m D.3 m15.()某厂生产x 件某种产品的总成本为c(x)=(1 200+275x 3)(万元),已知产品单价的平方与产品件数x 成反比,生产100件这样的产品单价为50万元,则产量定为 件时,总利润最大. 16.(2019山东泰安高三上期中,)如图,AOB 是一块半径为r 的扇形空地,∠BOG=π6,∠AOB=π2.某单位计划在空地上修建一个矩形的活动场地OCDE 及一矩形停车场EFGH,剩余的地方进行绿化.设∠AOD=θ. (1)记活动场地与停车场占地总面积为f(θ),求f(θ)的表达式; (2)当cos θ为何值时,可使活动场地与停车场占地总面积最大?答案全解全析基础过关练1.C根据函数的极值与最值的概念知,选项A,B,D都不正确.故选C.2.C由题意得,f'(x)=e x+xe x=(1+x)e x.令f'(x)=0,得x=-1.当x<-1时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>-1时,f'(x)>0,f(x)单调递增.因此f(x)在x=-1处取得极小值也是最小值,且最小值为f(-1)=-1.故选eC.3.C由题意得,f'(x)=3x2-12,令f'(x)=0,解得x=±2,易知f(x)在[-3,-2]上单调递增,在[-2,2]上单调递减,在[2,3]上单调递增,又f(-2)=16,f(3)=-9,所以f(x)的最大值为16,故选C.4.解析由题图可知y=f(x)在x1,x3处取极小值,在x2处取极大值,所以极小值为f(x1),f(x3),极大值为f(x2);比较极值和端点值可知函数的最小值是f(x3),最大值在b处取得,最大值为f(b).5.解析依题意得f'(x)=3x2-12=3(x-2)(x+2),令f'(x)=0,得x=-2或x=2,列表如下:x-3(-3,-2)-2(-2,2)2(2,3)3 f'(x)+0-0+f(x)15↗22↘-10↗-3所以函数f(x)在(-3,-2)和(2,3)上是增函数,在(-2,2)上是减函数,且函数f(x)的最大值是22,最小值是-10.6.A∵f(x)在x=π处有最大(小)值,3∴x=π3是函数f(x)的极值点.又∵f'(x)=acos x+cos 3x(x ∈R), ∴f'(π3)=acos π3+cos π=0,解得a=2.7.A 由题得f'(x)=-3x 2+2mx,令f'(x)=0,得x=2m 3或x=0(舍去),因为f(x)在区间(0,2)内的极大值为最大值,所以2m 3∈(0,2),即0<2m 3<2,所以0<m<3.8.B 依题意得y'=(ax 2x -1)'=2ax(x -1)-ax 2(x -1)2=ax 2-2ax(x -1)2=a [1−1(x -1)2],令y'=0,解得x=2或x=0(舍去).若函数在区间(1,+∞)上有最大值-4,则最大值必然在x=2处取得,所以4a1=-4,解得a=-1,此时y'=-x(x -2)(x -1)2,当1<x<2时,y'>0,当x>2时,y'<0,可以验证当x=2时y 取得最大值-4,故选B. 9.答案 (0,1)解析 由题意得, f'(x)=3x 2-3a, 令f'(x)=0,得x 2=a.∵x ∈(0,1),∴要使f(x)在(0,1)内有最小值,只需0<√a <1,即0<a<1. 当0<x<√a 时, f'(x)<0,当√a <x<1时,f'(x)>0,可以验证当x=√a 时f(x)取得最小值,故a 的取值范围是(0,1). 10.解析 由题意得, f'(x)=3x 2-2ax. 令f'(x)=0,得x=0或x=2a3.①当2a 3≤0,即a ≤0时, f(x)在[0,2]上单调递增,从而f(x)max =f(2)=8-4a.②当2a3≥2,即a ≥3时, f(x)在[0,2]上单调递减,从而f(x)max =f(0)=0.③当0<2a 3<2,即0<a<3时, f(x)在0,2a 3上单调递减,在2a 3,2上单调递增,从而f(x)max ={8−4a(0<a ≤2),0(2<a <3).综上所述, f(x)max ={8−4a(a ≤2),0(a >2).11.C 由题可知,函数f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=2x-2x .令f'(x)=0,得x=1或x=-1(舍).当x ∈(0,1)时, f'(x)<0;当x ∈(1,+∞)时, f'(x)>0.所以当x=1时,f(x)取得极小值,也是最小值,且最小值为1. 由题意知m ≥1,因此实数m 的最小值为1. 12.答案 [e,+∞) 解析 由题意得, f'(x)=1x·x -(lna+lnx)x 2=1−(lna+lnx)x 2.因为f(x)在[1,+∞)上为减函数,所以f'(x)≤0在[1,+∞)上恒成立,即ln a ≥1-ln x 在[1,+∞)上恒成立,令g(x)=1-ln x,易知函数g(x)=1-ln x 在区间[1,+∞)上单调递减,所以g(x)max =g(1)=1, 故ln a ≥1,即a ≥e.13.解析 (1)由题意得,函数f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=1x -1=1−x x,令f'(x)=0,得x=1.当x 变化时, f'(x), f(x)的变化情况如下表:x (0,1) 1 (1,+∞) f'(x) + 0 - f(x)↗极大值 ↘因此,当x=1时,函数f(x)有极大值,且极大值为f(1)=0.(2)证明:由(1)可知函数f(x)在x=1处取得最大值,且最大值为0. 即f(x)=ln x-x+1≤0,得 ln x ≤x-1.14.解析 (1)易知f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1+ln x. 令f'(x)>0,解得x>1e,令f'(x)<0,解得0<x<1e.故f(x)的最小值为f (1e )=-1e.(2)依题意得, f(x)≥ax-1在[1,+∞)上恒成立,即不等式a ≤ln x+1x 对任意x ∈[1,+∞)恒成立. 令g(x)=ln x+1x ,则g'(x)=1x -1x2=x -1x 2.当x ≥1时,g'(x)≥0,故g(x)在[1,+∞)上是增函数,所以g(x)的最小值是g(1)=1,因此a ≤g(x)min =g(1)=1, 故a 的取值范围为(-∞,1].15.A 设利润为y 万元,则y=y 1-y 2=17x 2-(2x 3-x 2)=-2x 3+18x 2(x>0), ∴y'=-6x 2+36x=-6x(x-6).令y'=0,解得x=0(舍去)或x=6,经检验知x=6既是函数的极大值点又是函数的最大值点,∴应生产6千台该产品. 16.答案 30;23 000解析 设该商品的利润为y 元,由题意知, y=N(M-20)=-M 3-150M 2+11 700M-166 000, 则y'=-3M 2-300M+11 700, 令y'=0,得M=30或M=-130(舍去), 当M ∈(0,30)时,y'>0,当M ∈(30,+∞)时,y'<0,因此当M=30时,y 取得极大值,也是最大值,且y max =23 000. 17.解析 (1)由题意知当x=4时,y=21, 代入y=m x -2+4(x-6)2,得m2+16=21,解得m=10.(2)设每日销售套题所获得的利润为f(x)元. 由(1)可知,套题每日的销售量y=10x -2+4(x-6)2,2<x<6,所以每日销售套题所获得的利润f(x)=(x-2)[10x -2+4(x -6)2]=10+4(x-6)2(x-2)=4x 3-56x 2+240x-278(2<x<6), 则f '(x)=12x 2-112x+240=4(3x-10)(x-6)(2<x<6). 令f '(x)=0,得x=6(舍去)或x=103.当x ∈(2,103)时,f '(x)>0,函数f(x)单调递增;当x ∈(103,6)时,f '(x)<0,函数f(x)单调递减,所以x=103是函数f(x)在(2,6)内的极大值点,也是最大值点,所以当x=103≈3.3时,函数f(x)取得最大值.故当销售价格为3.3元/套时,网校每日销售套题所获得的利润最大. 18.解析 (1)由水箱的高为x m,得水箱底面的宽为(2-2x)m,长为6−2x 2=(3-x)m.故水箱的容积y=(2-2x)(3-x)x =2x 3-8x 2+6x(0<x<1).(2)由(1)得y'=6x 2-16x+6,令y'=0, 解得x=4+√73(舍去)或x=4−√73, 所以y=2x 3-8x 2+6x(0<x<1)在(0,4−√73)内单调递增,在(4−√73,1)内单调递减,所以当x=4−√73时,水箱的容积最大.能力提升练1.D 由题意知|PQ|=a 2+1-12ln a.设h(x)=x 2+1-12ln x(x>0),则h'(x)=2x-12x=4x 2-12x,令h'(x)=0,得4x 2-1=0,解得x=12(负值舍去).当x 在(0,+∞)上变化时,h'(x)与h(x)的变化情况如下表:x (0,12) 12 (12,+∞) h'(x) - 0 + h(x)↘极小值 ↗因此,当|PQ|最小时a 的值为12,故选D.2.A 由函数f(x)的定义域为[-1,5],知函数y=f(x)不是周期函数,故①错误;由题图知在[0,2]上f'(x)≤0,故f(x)在[0,2]上单调递减,故②正确;依题意可画出函数f(x)的大致图象如图所示:如果当x ∈[-1,t]时, f(x)的最大值是2,那么t 的最大值为5,故③错误;当x=2时,f(2)的值不确定,故1<a<2时,函数y=f(x)-a 的零点个数不确定,故④错误.故选A.3.解析 (1)由题意得, f'(x)=-3x 2+6x+9. 令f'(x)<0,解得x<-1或x>3,所以函数f(x)的单调递减区间为(-∞,-1),(3,+∞). (2)因为f(-2)=8+12-18+a=2+a,f(2)=-8+12+18+a=22+a, 所以f(2)>f(-2). 因为在(-1,3)上f'(x)>0, 所以f(x)在[-1,2]上单调递增. 又f(x)在[-2,-1]上单调递减,所以f(2)和f(-1)分别是f(x)在区间[-2,2]上的最大值和最小值, 于是有22+a=20,解得a=-2. 故f(x)=-x 3+3x 2+9x-2, 因此f(-1)=1+3-9-2=-7,即函数f(x)在区间[-2,2]上的最小值为-7.4.D 函数f(x)=13x 3+x 2-1的导函数为f'(x)=x 2+2x,令f'(x)=0,得x=-2或x=0,故f(x)在(-∞,-2),(0,+∞)上单调递增,在(-2,0)上单调递减, 则x=0为极小值点,x=-2为极大值点. 由f(x)在区间(m,m+3)上存在最小值, 可得m<0<m+3,解得-3<m<0,此时f(m)=13m 3+m 2-1=13m 2(m+3)-1>-1=f(0),因此实数m 的取值范围是(-3,0),故选D. 5.A 由f(x)=x x 2+a得, f'(x)=a -x 2(x 2+a)2,当a>1时,若x>√a ,则f'(x)<0, f(x)单调递减,若1<x<√a ,则f'(x)>0, f(x)单调递增,故当x=√a 时,函数f(x)有最大值2√a =√33,得a=34<1,不符合题意.当a=1时,函数f(x)在[1,+∞)上单调递减,最大值为f(1)=12,不符合题意.当0<a<1时,函数f(x)在[1,+∞)上单调递减.此时最大值为f(1)=1a+1=√33,得a=√3-1,符合题意.故a 的值为√3-1.故选A. 6.答案 1解析 ∵函数f(x)=ax 4-4ax 3+b(a>0),x ∈[1,4],∴f'(x)=4ax 3-12ax 2, 令4ax 3-12ax 2=0,解得x=0或x=3, f(1)=b-3a, f(3)=b-27a, f(4)=b,且a>0, ∴b-27a<b-3a<b.∵f(x)的最大值为3,最小值为-6, ∴b=3,b-27a=-6,解得a=13,∴ab=13×3=1.7.解析 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),当a=1时, f(x)=-2ln x+12x 2+x,则f'(x)=-2x +x+1=x 2+x -2x,∴f'(1)=0.又f(1)=32,∴曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y=32. (2)f'(x)=-2a 2x+x+a=x 2+ax -2a 2x=(x -a)(x+2a)x (x>0).若a=0,则f'(x)=x>0, f(x)的单调递增区间为(0,+∞). 若a<0,当x ∈(0,-2a)时, f'(x)<0,当x ∈(-2a,+∞)时, f'(x)>0, ∴f(x)的单调递减区间为(0,-2a),单调递增区间为(-2a,+∞). 若a>0,当x ∈(0,a)时, f'(x)<0,当x ∈(a,+∞)时, f'(x)>0, ∴f(x)的单调递减区间为(0,a),单调递增区间为(a,+∞).(3)由(2)知,当a<0时, f(x)的单调递减区间为(0,-2a),单调递增区间为(-2a,+∞).当-2a ≤1,即-12≤a<0时, f(x)在[1,e]上单调递增,则f(x)min =f(1)=12+a;当1<-2a<e,即-e 2<a<-12时, f(x)在(1,-2a)上单调递减,在(-2a,e)上单调递增,则f(x)min =f(-2a)=-2a 2ln(-2a);当-2a ≥e,即a ≤-e2时, f(x)在[1,e]上单调递减,则f(x)min =f(e)=-2a 2+e22+ae.综上,f(x)min ={ 12+a,-12≤a <0,-2a 2ln(−2a),-e 2<a <−12,-2a 2+e 22+ae,a ≤−e 2. 8.D 原不等式可化为ln x-px+1≤0,令f(x)=ln x-px+1,则f(x)max ≤0.由f'(x)=1x -p 知, f(x)在(0,1p )上单调递增,在(1p ,+∞)上单调递减,故f(x)在x=1p 处取得极大值,也是最大值,故f(x)max =f (1p )=-ln p,则有-ln p ≤0,解得p ≥1.9.A 由题意得, f'(x)=2x x 2+1,易得f(x)在[0,3]上单调递增,所以f(x 1)∈[0,ln10];g'(x)=(12)x·ln 12,易得g(x)在[1,2]上单调递减,所以g(x 2)∈14-m,12-m .因为∀x 1∈[0,3],∃x 2∈[1,2],使得f(x 1)≥g(x 2), 所以只需0≥14-m ⇒m ≥14.故当m ≥14时,满足题意.10.BC ∵当x>0时, f(x)=ln x ∈(-∞,+∞),∴f(x)≥g(x)=-2对一切实数x 不一定都成立,故A 错误.令t(x)=f(x)-g(x),则t(x)=x+sin x-(x-1)=sin x+1≥0恒成立, ∴函数g(x)=x-1是函数f(x)=x+sin x 的一个承托函数,故B 正确. 令h(x)=e x -ax,则h'(x)=e x -a, 若a=0,由题意知,结论成立.若a>0,令h'(x)=0,得x=ln a,∴函数h(x)在(-∞,ln a)上为减函数,在(ln a,+∞)上为增函数,∴当x=ln a 时,函数h(x)取得极小值,也是最小值,为a-aln a,∵g(x)=ax 是函数f(x)=e x 的一个承托函数,∴a-aln a ≥0,∴ln a ≤1,∴0<a ≤e.若a<0,当x →-∞时,h(x)→-∞,故不成立.综上,当0≤a ≤e 时,函数g(x)=ax 是函数f(x)=e x 的一个承托函数,故C 正确.不妨令f(x)=2x,g(x)=2x-1,则f(x)-g(x)=1≥0恒成立,故g(x)=2x-1是f(x)=2x 的一个承托函数,故D 错误.故选BC.11.答案 (2e,+∞)解析 因为对任意x 1∈R 都存在x 2∈(1,e)使f(x 1)<g(x 2)成立, 所以f(x)max <g(x)max ,又f(x)=sin x-1,所以f(x)max =0,即存在x ∈(1,e),使a 2ln x-x>0,此时ln x>0, 所以a>0,因此问题可转化为存在x ∈(1,e),使2a <lnx x 成立,设h(x)=lnx x ,则2a<h(x)max , 对h(x)求导得h'(x)=1−lnxx 2,当x ∈(1,e)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,所以h(x)<h(e)=1e ,即2a <1e ,所以a>2e, 所以实数a 的取值范围是(2e,+∞).解题模板易错警示 分离参数求解不等式恒成立问题的步骤:12.解析(1)当a=0时,f(x)=e x+1x2,则f'(x)=e x+x,所以f(0)=1,f'(0)=1.2所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为x-y+1=0.x2,(2)当a=1时,f(x)=e x-x+12则f'(x)=e x-1+x.因为f'(0)=0,且f'(x)=e x-1+x在(-∞,+∞)上单调递增,所以当x>0时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x<0时,f'(x)<0,f(x)单调递减.所以函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞),单调递减区间为(-∞,0).(3)由f(x)≥1x2+x+b对任意x∈R恒成立,得e x-(a+1)x-b≥0对任意x∈R恒2成立.设g(x)=e x-(a+1)x-b,则g'(x)=e x-(a+1).令g'(x)=0,得x=ln(a+1)(a>-1).当x变化时,g'(x)与g(x)的变化情况如下表所示:x(-∞,ln(a+1))ln(a+1)(ln(a+1),+∞)g'(x)-0+g(x)↘极小值↗所以g(x)在(-∞,ln(a+1))上单调递减,在(ln(a+1),+∞)上单调递增.所以函数g(x)的最小值为g(ln(a+1))=(a+1)-(a+1)ln(a+1)-b.由题意,得g(ln(a+1))≥0,即 b-a ≤1-(a+1)ln(a+1).设h(x)=1-xln x(x>0),则h'(x)=-ln x-1.因为当0<x<1e 时,-ln x-1>0;当x>1e 时,-ln x-1<0, 所以h(x)在(0,1e )上单调递增,在1e,+∞上单调递减. 所以当x=1e 时,h(x)max =h (1e )=1+1e. 所以当a+1=1e ,b=a+1-(a+1)ln(a+1),即a=1e -1,b=2e 时,b-a 有最大值,最大值为1+1e . 13.D 当年产量为x 万吨时,总成本为(20 000+100x)元,总利润为f(x)元,∴总利润f(x)={400x -12x 2-20 000-100x,0≤x ≤400,80 000−20 000−100x,x >400,即f(x)={300x -12x 2-20 000,0≤x ≤400,60 000−100x,x >400,所以f'(x)={300−x,0≤x ≤400,-100,x >400,①当0≤x ≤400时,令f'(x)=0,得x=300,由f'(x)<0得300<x ≤400,此时f(x)是减函数,由f'(x)>0得0<x<300,此时f(x)是增函数,∴当0≤x ≤400时,f(x)max =300×300-12×3002-20 000=25 000; ②当x>400时,f(x)是减函数,∴f(x)<60 000-100×400=20 000,∴当x=300时,f(x)有最大值.故选D.14.C 设OO 1为x m,则1<x<4,设底面正六边形的面积为S m 2,帐篷的体积为V m 3.则由题设可得,正六棱锥底面边长为√32-(x -1)2=√8+2x -x 2(m), 于是S=6×√34(√8+2x -x 2)2=3√32(8+2x-x 2), 所以V=13×3√32(8+2x-x 2)(x-1)+3√32×(8+2x-x 2)=√32(8+2x-x 2)[(x-1)+3]=√32(16+12x -x 3)(1<x<4),则V'=√32(12-3x 2).令V'=0,解得x=2或x=-2(舍去).当1<x<2时,V'>0,V 单调递增;当2<x<4时,V'<0,V 单调递减.所以当x=2时,V 最大.故选C.15.答案 25解析 设产品的单价为p 万元,根据已知,可设p 2=k x ,其中k 为比例系数. 因为当x=100时,p=50,所以k=250 000,所以p 2=250 000x ,p=√x ,x>0.设总利润为y 万元,则y=√x ·x-1 200-275x 3=500√x -275x 3-1 200, 则y'=√x -225x 2.令y'=0,得x=25.故当0<x<25时,y'>0;当x>25时,y'<0.因此当x=25时,函数y 取得极大值,也是最大值.16.解析 (1)由题意得,在矩形OCDE 中,∠AOD=θ,∴OC=rcos θ,OE=rsin θ,∴矩形OCDE 的面积为S 矩形OCDE =OC ·OE=r 2sin θcos θ. 又∠BOG=π6,四边形EFGH 是矩形, ∴HG=rsin π6=r 2,OH=rcos π6=√3r 2, ∴HE=OH-OE=r (√32-sinθ), ∴矩形EFGH 的面积为S矩形EFGH =HG ·HE=r 22(√32-sinθ), ∴f(θ)=S 矩形OCDE +S 矩形EFGH=r 2sin θcos θ+r 22(√32-sinθ) =r 2(sinθcosθ-12sinθ+√34),θ∈(0,π3). (2)由(1)可得, f'(θ)=r 2cos 2θ-sin 2θ-12cos θ=r 22·(4cos 2θ-cos θ-2), 令f'(θ)=0,得4cos 2θ-cos θ-2=0,解得cos θ=1+√338或cos θ=1−√338(不合题意,舍去), 令cos θ0=1+√338,则θ0∈(0,π3). 当θ∈(0,θ0)时, f'(θ)>0, f(θ)单调递增;当θ∈(θ0,π3)时, f'(θ)<0, f(θ)单调递减,∴当θ=θ0时, f(θ)取得最大值,即cos θ=1+√338时,可使活动场地与停车场占地总面积最大.。