第5節導數與函數的最值考試要求1.理解函數最值與極值的關系.2.會求閉區間上函數的最大值、最小值.3.了解最值在現實生活中的應用.【知識梳理】1.函數f(x)在區間[a，b]上有最值的條件：如果在區間[a，b]上函數y＝f(x)的圖象是一條連續不斷的曲線，那么它必有最大值和最小值.2.求y＝f(x)在區間[a，b]上的最大(小)值的步驟：(1)求函數y＝f(x)在區間(a，b)上的極值；(2)將函數y＝f(x)的各極值與端點處的函數值f(a)，f(b)比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值.[常用結論與微點提醒]1.若函數在開區間(a，b)內的極值點只有一個，則其極值點為函數的最值點.2.若函數在閉區間[a，b]內的最值點不是端點，則其最值點亦為其極值點.3.求最值時，應注意極值點和所給區間的關系，關系不確定時，需要分類討論，不可想當然認為極值就是最值.【診斷自測】1.思考辨析(在括號內打“√”或“×”)(1)有極值的函數一定有最值，有最值的函數不一定有極值.()(2)函數的極大值不一定是最大值，最小值也不一定是極小值.()(3)函數f(x)在區間(a，b)上不存在最值.()(4)連續函數f(x)在區間[a，b]上一定存在最值.()答案(1)×(2)√(3)×(4)√解析(1)反例：有極值的函數不一定有最值，如圖所示，函數f(x)有極值，但沒有最值.(3)反例：f(x)＝x2在區間(－1，2)上的最小值為0.2.(選修二P98T6改編)已知f(x)＝x3－12x＋1，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1))，則f(x)的最大值為________，最小值為________.答案eq\f(134,27)－10解析f′(x)＝3x2－12＝3(x－2)(x＋2)，因為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))上單調遞減，所以f(x)的最大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝eq\f(134,27)，最小值為f(1)＝－10.3.函數f(x)＝eq\f(lnx,x2)的最大值為________.答案eq\f(1,2e)解析由題得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).所以函數f(x)的單調遞增區間為(0，eq\r(e))，單調遞減區間為(eq\r(e)，＋∞)，所以函數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.若函數f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋m在[0，3]上的最大值為4，則m＝________.答案4解析f′(x)＝x2－4，x∈[0，3]，當x∈[0，2)時，f′(x)＜0；當x∈(2，3]時，f′(x)＞0，所以f(x)在[0，2)上單調遞減，在(2，3]上單調遞增.又f(0)＝m，f(3)＝－3＋m.在[0，3]上，f(x)max＝f(0)＝4，所以m＝4.考點一求已知函數的最值例1(1)函數f(x)＝cosx＋(x＋1)sinx＋1在區間[0，2π]上的最小值、最大值分別為()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)，所以在區間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)單調遞增；在區間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上f′(x)＜0，f(x)單調遞減.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)在區間[0，2π]上的最小值為－eq\f(3π,2)，最大值為eq\f(π,2)＋2，故選D.(2)已知函數f(x)＝eq\f(x－a,x)－lnx(a∈R).①討論f(x)的單調性；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函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a－x,x2)，若a≤0，則f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞減；若a>0，則當x>a時，f′(x)<0；當0<x<a時，f′(x)>0，所以f(x)在(0，a)上單調遞增，在(a，＋∞)上單調遞減.②f′(x)＝eq\f(a－x,x2)，當a≤eq\f(1,e)時，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上單調遞減，所以f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝2－ae；當eq\f(1,e)<a<e時，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，a))上單調遞增，在[a，e]上單調遞減，所以f(x)max＝f(a)＝－lna；當a≥e時，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上單調遞增，所以f(x)max＝f(e)＝－eq\f(a,e)，綜上，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).))感悟提升求函數f(x)在[a，b]上最值的方法(1)若函數在區間[a，b]上單調遞增或遞減，f(a)與f(b)一個為最大值，一個為最小值.(2)若函數在閉區間[a，b]內有極值，要先求出[a，b]上的極值，與f(a)，f(b)比較，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成.訓練1(1)函數f(x)＝ex－x(e為自然對數的底數)在區間[－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，則函數f(x)在[－1，0)上單調遞減，在(0，1]上單調遞增，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)已知函數f(x)＝(x2－2x)ex(x∈R，e為自然對數的底數).①求函數f(x)的單調區間；②求函數f(x)在區間[0，m]上的最大值和最小值.解①f(x)＝(x2－2x)ex，求導得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).所以函數f(x)的單調遞增區間為(－∞，－eq\r(2))，(eq\r(2)，＋∞)，單調遞減區間為(－eq\r(2)，eq\r(2)).②(ⅰ)當0＜m≤eq\r(2)時，因為f(x)在[－eq\r(2)，eq\r(2)]上遞減，所以f(x)在區間[0，m]上的最大值為f(0)＝0，最小值為f(m)＝(m2－2m)em.(ⅱ)當eq\r(2)＜m≤2時，因為f(x)在[－eq\r(2)，eq\r(2)]上遞減，f(x)在[eq\r(2)，＋∞)上遞增，且f(0)＝f(2)＝0，所以f(x)在[0，m]上的最大值為f(0)＝0，最小值為f(eq\r(2))＝(2－2eq\r(2))eeq\r(2).(ⅲ)當m＞2時，因為f(x)在[－eq\r(2)，eq\r(2)]上遞減，f(x)在[eq\r(2)，＋∞)上遞增，且f(m)＞0＝f(0)，所以f(x)在[0，m]上的最大值為f(m)＝(m2－2m)em，最小值為f(eq\r(2))＝(2－2eq\r(2))eeq\r(2).考點二由函數的最值求參數例2已知函數f(x)＝(4x2＋4ax＋a2)eq\r(x)，其中a＜0.若f(x)在區間[1，4]上的最小值為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).當x∈(0，－eq\f(a,10))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，＋∞))時，f(x)單調遞增；當x∈(－eq\f(a,10)，－eq\f(a,2))時，f(x)單調遞減.易知f(x)＝(2x＋a)2eq\r(x)≥0，且f(－eq\f(a,2))＝0.(1)當－eq\f(a,2)≤1，即－2≤a＜0時，f(x)在[1，4]上的最小值為f(1)，由f(1)＝4＋4a＋a2＝8，得a＝±2eq\r(2)－2，均不符合題意.(2)當1＜－eq\f(a,2)≤4，即－8≤a＜－2時，f(x)在[1，4]上的最小值為f(－eq\f(a,2))＝0，不符合題意.(3)當－eq\f(a,2)＞4，即a＜－8時，f(x)在[1，4]上的最小值可能在x＝1或x＝4處取得，而f(1)≠8，由f(4)＝2(64＋16a＋a2)＝8得a＝－10或a＝－6(舍去)，當a＝－10時，f(x)在[1，4]上單調遞減，f(x)在[1，4]上的最小值為f(4)＝8，符合題意.綜上，a＝－10.感悟提升若所給函數f(x)含參數，則需通過對參數分類討論，判斷函數的單調性，從而得到函數f(x)的最值.訓練2(1)已知函數f(x)＝lnx＋ax存在最大值0，則a＝________.答案－eq\f(1,e)解析因為f′(x)＝eq\f(1,x)＋a，x＞0，所以當a≥0時，f′(x)＞0恒成立，故f(x)單調遞增，不存在最大值，當a＜0時，令f′(x)＝0，得x＝－eq\f(1,a)，所以當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))時，f′(x)＞0，函數單調遞增，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))時，f′(x)＜0，函數單調遞減，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)函數f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋x在(a，10－a2)上有最大值，則實數a的取值范圍是________.答案[－2，1)解析由于f′(x)＝－x2＋1，易知f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上單調遞減，在(－1，1)上單調遞增，故若函數f(x)在(a，10－a2)上存在最大值，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＜1，,10－a2＞1，,f（1）≥f（a），))即－2≤a＜1.考點三生活中的優化問題例3我國是一個人口大國，產糧、儲糧是關系國計民生的大事.現某儲糧機構擬在長100米，寬80米的長方形地面建立兩座完全相同的糧倉(設計要求：頂部為圓錐形，底部為圓柱形，圓錐高與底面直徑為1∶10，糧倉高為50米，兩座糧倉連體緊靠矩形一邊)，已知稻谷容重為600千克每立方米，糧倉厚度忽略不計，估算兩個糧倉最多能儲存稻谷(π取近似值3)()A.105000噸 B.68160噸C.157000噸 D.146500噸答案A解析由于糧倉高50米，頂部為圓錐形，底部為圓柱形，圓錐高與底面直徑為1∶10，設糧倉頂部圓錐形的高為x米，底面直徑為10x米，圓柱的高為(50－x)米，兩座糧倉總的容積為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).若靠矩形長邊建造，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(20x≤100，,10x≤80，))所以0＜x≤5；若靠矩形寬邊建造，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(20x≤80，,10x≤100，))所以0＜x≤4.因為V′＝100π(50x－x2)，當0＜x＜50時，V′(x)＞0，V(x)在(0，50)上單調遞增，所以x＝5時，V(x)取最大值eq\f(175000π,3)，兩個糧倉最多能儲存稻谷eq\f(175000π,3)×0.6＝105000(噸).感悟提升解決最優化問題，應從以下幾個方面入手：(1)設出變量，找出函數關系式，確定定義域；(2)在實際應用問題中，若函數f(x)在定義域內只有一個極值點，則它就是最值點.訓練3某海上油田A到海岸線(近似直線)的垂直距離為10海里，垂足為B，海岸線上距離B處100海里有一原油廠C，現計劃在BC之間建一石油管道中轉站M.已知海上修建石油管道的單位長度費用是陸地上的3倍，要使從油田A處到原油廠C修建管道的費用最低，則中轉站M到B處的距離應為()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解析設BM＝x(0＜x＜100)，并設單位長度的費用為1，則AM＝eq\r(100＋x2)，MC＝100－x，所以總費用為f(x)＝3eq\r(100＋x2)＋100－x，則f′(x)＝eq\f(3x,\r(100＋x2))－1，令f′(x)＞0，則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))上單調遞增；令f′(x)＜0，則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)))上單調遞減，所以當x＝eq\f(5\r(2),2)時，f(x)取得最小值，故選B.三次函數的圖象和性質1.定義定義1：形如f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的函數，稱為“三次函數”；定義2：三次函數的導數f′(x)＝3ax2＋2bx＋c(a≠0)，把Δ＝4b2－12ac叫做三次函數導函數的判別式.2.性質(1)單調性一般地，當b2－3ac≤0時，三次函數f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)在R上是單調函數；當b2－3ac＞0時，三次函數f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)在R上有三個單調區間.(根據a＞0，a＜0兩種不同情況進行分類討論)(2)對稱中心三次函數f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)關于點對稱，且對稱中心為點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,3a)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,3a)))))，證明：設函數f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的對稱中心為(m，n).將函數的圖象進行平移，則所得函數y＝f(x＋m)－n是奇函數，所以f(x＋m)＋f(－x＋m)－2n＝0，代入化簡得：(3ma＋b)x2＋am3＋bm2＋cm＋d－n＝0，上式對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))).所以函數f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的對稱中心是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,3a)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,3a))))).(3)三次函數零點的問題①當Δ＝4b2－12ac≤0時，由不等式f′(x)≥0恒成立，函數是單調遞增的(a＞0)，所以三次函數僅有一個零點.②當Δ＝4b2－12ac＞0時，由方程f′(x)＝0有兩個不同的實根x1，x2，不妨設x1＜x2，可知，以a＞0為例，x1為函數的極大值點，x2為函數的極小值點，且函數y＝f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上單調遞增，在(x1，x2)上單調遞減，此時結合函數圖象可知：(ⅰ)若f(x1)·f(x2)＞0，即函數y＝f(x)的極大值和極小值同號，所以函數有且只有一個零點；(ⅱ)若f(x1)·f(x2)＜0，即函數y＝f(x)的極大值和極小值異號，函數圖象與x軸必有三個交點，所以函數有三個不同零點；(ⅲ)若f(x1)·f(x2)＝0，則f(x1)與f(x2)中有且只有一個值為0，所以函數有兩個不同零點.一、三次函數的零點問題例1已知函數f(x)＝ax3＋bx2－3x(a，b∈R)，且f(x)在x＝1和x＝3處取得極值.(1)求函數f(x)的解析式；(2)設函數g(x)＝f(x)＋t，若g(x)＝f(x)＋t有且僅有一個零點，求實數t的取值范圍.解(1)f′(x)＝3ax2＋2bx－3，因為f(x)在x＝1和x＝3處取得極值，所以x＝1和x＝3是方程f′(x)＝0的兩個根，則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))，經檢驗符合已知條件，所以f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋2x2－3x.(2)由題意知g(x)＝－eq\f(1,3)x3＋2x2－3x＋t，g′(x)＝－x2＋4x－3，當x＞3或x＜1時，g′(x)＜0，當1＜x＜3時，g′(x)＞0，所以函數g(x)在(－∞，1)，(3，＋∞)上遞減，在(1，3)上遞增，所以g(x)極大值＝g(3)＝t，g(x)極小值＝g(1)＝t－eq\f(4,3)，又x取足夠大的正數時，g(x)＜0，x取足夠小的負數時，g(x)＞0，因此，為使曲線y＝g(x)與x軸有一個交點，結合g(x)的單調性，得：g(x)極大值＝t＜0或g(x)極小值＝t－eq\f(4,3)＞0，∴t＜0或t＞eq\f(4,3)，即當t＜0或t＞eq\f(4,3)時，使得曲線y＝g(x)與x軸有一個交點.二、三次函數的切線問題例2已知函數f(x)＝－eq\f(1,6)x3－x2＋mx＋3，在x＝0處取得極值.(1)求m的值；(2)若過(2，t)可作曲線y＝f(x)的三條切線，求t的取值范圍.解(1)因為f(x)＝－eq\f(1,6)x3－x2＋mx＋3，所以f′(x)＝－eq\f(1,2)x2－2x＋m，因為f(x)在x＝0處取得極值，所以f′(0)＝m＝0.經驗證m＝0符合題意.(2)設切點A坐標為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，則f′(x0)＝－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)－2x0，所以曲線在點A處的方程為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)，將(2，t)代入切線方程，得t＝eq\f(1,3)xeq\o\al(3,0)－4x0＋3.令g(x)＝eq\f(x3,3)－4x＋3，則g′(x)＝x2－4，則g′(x)＝x2－4＝0，解得x＝±2.當x＜－2或x＞2時，g′(x)＞0，所以g(x)在(－∞，－2)，(2，＋∞)上單調遞增；當－2＜x＜2時，g′(x)＜0，所以g(x)在(－2，2)上單調遞減.所以g(x)的極大值為g(－2)＝eq\f(25,3)，g(x)的極小值為g(2)＝－eq\f(7,3).因為有三條切線，所以方程t＝g(x)有三個不同的解，y＝t與y＝g(x)的圖象有三個不同的交點，所以－eq\f(7,3)＜t＜eq\f(25,3).所以t的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,3)，\f(25,3))).三、三次函數的對稱問題例3(多選)對于三次函數f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，給出定義：設y＝f′(x)是函數y＝f(x)的導數，f″(x)是f′(x)的導數，若方程f″(x)＝0有實數解x0，則稱點(x0，f(x0))為函數y＝f(x)的“拐點”.探究發現：任何一個三次函數都有“拐點”；任何一個三次函數都有對稱中心，且“拐點”就是對稱中心，設函數f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)x2＋eq\f(13,12)，則以下說法正確的是()A.函數f(x)的對稱中心是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))B.函數f(x)的對稱中心是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，由題意可知：函數f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)x2＋eq\f(13,12)的對稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))；由上述可得f(x)＋f(1－x)＝2，設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.訓練(1)設三次函數f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋1的導函數f′(x)＝3ax(x－1)，且a＞2，則函數f(x)的零點個數為()A.0 B.1C.2 D.3答案D解析由f′(x)＝3ax(x－1)且a＞2知，當0＜x＜1時，f′(x)＜0，當x＜0或x＞1時，f′(x)＞0，則函數f(x)在(－∞，0)，(1，＋∞)上單調遞增，在(0，1)上單調遞減，又f′(x)＝3ax2＋2bx＋c＝3ax(x－1)，則b＝－eq\f(3a,2)，c＝0，則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，所以函數有三個零點.(2)已知任意三次函數的圖象必存在唯一的對稱中心，若函數f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，且M(x0，f(x0))為曲線y＝f(x)的對稱中心，則必有g′(x0)＝0(其中函數g(x)＝f′(x)).若實數m，n滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m3＋6m2＋13m＝10，,n3＋6n2＋13n＝－30，))則m＋n＝()A.－4 B.－3C.－2 D.－1答案A解析令f(x)＝x3＋6x2＋13x，則f′(x)＝3x2＋12x＋13，設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，∴函數f(x)的圖象關于點(－2，－10)成中心對稱.因為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，所以函數f(x)＝x3＋6x2＋13x在R上單調遞增，所以m＋n＝2×(－2)＝－4.(3)已知函數f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)ax2＋(a－1)x＋2(a∈R)，f(x)滿足f(x)＋f(－x)＝4，已知點M是曲線y＝f(x)上任意一點，曲線在M處的切線為l.①求切線l的傾斜角α的取值范圍；②若過點P(1，m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m≠\f(4,3)))可作曲線y＝f(x)的三條切線，求實數m的取值范圍.解①因為f(x)＋f(－x)＝4，則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，則f′(x)＝x2－1，故曲線f(x)的切線斜率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))，∴切線l的傾斜角的α的取值范圍是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設曲線y＝f(x)與過點P(1，m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m≠\f(4,3)))的切線相切于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(1,3)xeq\o\al(3,0)－x0＋2))，則切線的斜率為k＝xeq\o\al(2,0)－1，所以切線方程為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)，因為點P(1，m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m≠\f(4,3)))在切線上，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，設g(x)＝－eq\f(2,3)x3＋x2＋1，則g′(x)＝－2x2＋2x＝－2x(x－1)，令g′(x)＝0，解得x＝0或x＝1，當x＜0或x＞1時，g′(x)＜0，當0＜x＜1時，g′(x)＞0，所以g(x)在(－∞，0)，(1，＋∞)上單調遞減，在(0，1)上單調遞增，故g(x)的極小值為g(0)＝1，極大值為g(1)＝eq\f(4,3)，因為過點P(1，m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m≠\f(4,3)))可作曲線y＝f(x)的三條切線，所以方程m＝g(x)有三個不同的解，y＝m與y＝g(x)的圖象有三個不同的交點，所以1＜m＜eq\f(4,3)，所以實數m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(4,3))).【A級基礎鞏固】1.已知定義在R上的函數f(x)，其導函數f′(x)的大致圖象如圖所示，則下列敘述正確的是()A.f(b)＞f(a)＞f(c)B.函數f(x)在x＝c處取得最大值，在x＝e處取得最小值C.函數f(x)在x＝c處取得極大值，在x＝e處取得極小值D.函數f(x)的最小值為f(d)答案C解析由題圖可知，當x≤c時，f′(x)≥0，所以函數f(x)在(－∞，c]上單調遞增，又a＜b＜c，所以f(a)＜f(b)＜f(c)，故A不正確；因為f′(c)＝0，f′(e)＝0，且當x＜c時，f′(x)＞0；當c＜x＜e時，f′(x)＜0；當x＞e時，f′(x)＞0.所以函數f(x)在x＝c處取得極大值，但不一定取得最大值，在x＝e處取得極小值，不一定是最小值，故B不正確，C正確；由題圖可知，當d≤x≤e時，f′(x)≤0，所以函數f(x)在[d，e]上單調遞減，從而f(d)＞f(e)，所以D不正確.故選C.2.函數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解析因為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)上單調遞減，在(2，3]上單調遞增，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錯誤.3.當x＝1時，函數f(x)＝alnx＋eq\f(b,x)取得最大值－2，則f′(2)等于()A.－1 B.－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2) D.1答案B解析因為函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，所以依題意可知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)，因此函數f(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，當x＝1時取最大值，滿足題意.所以f′(2)＝－1＋eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2).故選B.4.(多選)已知函數f(x)＝x2ex，x∈R.下列結論正確的是()A.函數f(x)不存在最大值，也不存在最小值B.函數f(x)存在極大值和極小值C.函數f(x)有且只有1個零點D.函數f(x)的極小值就是f(x)的最小值答案BCD解析f(x)＝x2ex，x∈R，則f′(x)＝x(x＋2)ex，令f′(x)＜0?－2＜x＜0，令f′(x)＞0?x＜－2或x＞0，所以函數f(x)在(－2，0)上單調遞減，在(－∞，－2)，(0，＋∞)上單調遞增，且f(0)＝0，f(x)＝x2ex≥0，如圖，所以f(x)min＝f(0)＝0，函數在x＝－2處取得極大值，在x＝0處取得極小值，極小值f(0)即為最小值，且函數有且只有一個零點0.5.某商場從生產廠家以每件20元的價格購進一批商品，若該商品零售價定為p(p≥20)元，銷售量為Q件，銷售量Q與零售價p有如下關系：Q＝8300－170p－p2，則這批商品的最大毛利潤(毛利潤＝銷售收入－進貨支出)為()A.30000元 B.60000元C.28000元 D.23000元答案D解析設毛利潤為L(p)，由題意知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).此時，L(30)＝23000.因此當20≤p＜30時，L′(p)＞0，當p＞30時，L′(p)＜0，所以L(30)是極大值，根據實際問題的意義知，L(30)也是最大值，即零售定價為每件30元時，最大毛利潤為23000元.6.函數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，則實數a的取值范圍是()A.(0，＋∞) B.(0，1)C.(－∞，0) D.(－1，0)答案A解析由題意，函數f(x)＝eq\f(a,2)x2－sinx，可得f′(x)＝ax－cosx，若a≤0，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，可得f′(x)＜0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調遞減，此時函數f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))沒有最小值，不符合題意；若a＞0，令f′(x)＝0，即ax－cosx＝0，畫出函數y＝ax與y＝cosx的圖象，如圖所示，可得存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，使得f′(x0)＝0，當x∈(0，x0)時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,2)))時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增，此時函數f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有最小值，符合題意，綜上可得，實數a的取值范圍是(0，＋∞).7.若函數f(x)＝ex(－x2＋2x＋a)在區間(a，a＋1)上存在最大值，則實數a的取值范圍是()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解析因為f′(x)＝ex(－x2＋2x＋a－2x＋2)＝ex(－x2＋a＋2)，且函數f(x)在區間(a，a＋1)上存在最大值，故只需h(x)＝－x2＋a＋2滿足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.函數f(x)＝eq\f(x,ex)，x∈[0，3]的最小值為_________________.答案0解析由題意可得f′(x)＝eq\f(1－x,ex).當x∈[0，1)時，f′(x)＞0；當x∈(1，3]時，f′(x)＜0.所以函數f(x)在[0，1)上單調遞增，在(1，3]上單調遞減.又f(0)＝0，f(3)＝eq\f(3,e3)，所以f(x)min＝f(0)＝0.9.設函數f(x)＝lnx＋ln(2－x)＋ax(a＞0)，若f(x)在(0，1]上的最大值為eq\f(1,2)，則a＝________.答案eq\f(1,2)解析∵f(x)＝lnx＋ln(2－x)＋ax的定義域為(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]上單調遞增，故f(x)在(0，1]上的最大值為f(1)＝a＝eq\f(1,2).10.甲、乙兩地相距240km，汽車從甲地以速度v(km/h)勻速行駛到乙地.已知汽車每小時的運輸成本由固定成本和可變成本組成，固定成本為160元，可變成本為eq\f(v3,6400)元.為使全程運輸成本最小，汽車應以____________km/h的速度行駛.答案80解析設全程運輸成本為y元，由題意，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.當v>80時，y′>0；當0<v<80時，y′<0.所以函數y＝eq\f(240,v)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(160＋\f(v3,6400)))在(0，80)上單調遞減，在(80，＋∞)上單調遞增，所以當v＝80時，全程運輸成本最小.11.(2024·湖北名校聯考)已知函數f(x)＝ex(2x2＋ax－1)，其中a∈R.若f(x)的圖象在點(0，f(0))處的切線方程為2x＋by＋1＝0.求：(1)函數f(x)的解析式；(2)函數f(x)在區間[－3，1]上的最值.解(1)依題意，f(0)＝－1，切點(0，－1)在切線2x＋by＋1＝0上，則b＝1，f′(x)＝ex(2x2＋ax－1)＋ex(4x＋a)＝ex[2x2＋(a＋4)x＋a－1]，而f(x)的圖象在點(0，f(0))處的切線斜率為－2，則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)，當－3≤x<－2或eq\f(1,2)<x≤1時，f′(x)>0，當－2<x<eq\f(1,2)時，f′(x)<0，所以f(x)在[－3，－2)，eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(1,2)))上單調遞減，又f(－3)＝eq\f(20,e3)，f(－2)＝eq\