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实际问题的最值问题 有关函数最大值、最小值的实际问题，一般指的是单峰函 数，也就是说在实际问题中，如果遇到函数在区间内只有 一个极值点，那么不与区间端点比较，就可以知道这个极 值点就是最大(小)值点．
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[精析考题]
[例1] (2011·北京高考)已知函数f(x)＝(x－k)ex (1)求f(x)的单调区间； (2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值．
(x>6)，年销售为u万件，若已知5885－u与x－2412成正比， 且售价为10元时，年销量为28万件． (1)求年销售利润y关于售价x的函数关系式； (2)求售价为多少时，年利润最大，并求出最大年利润．
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解：(1)设5885－u＝kx－2412， ∵售价为10元时，年销量为28万件， ∴5885－28＝k10－2412，解得k＝2， ∴u＝－2x－2412＋5885＝－2x2＋21x＋18， ∴y＝(－2x2＋21x＋18)(x－6) ＝－2x3＋33x2－108x－108.(x>6)．
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[精析考题] [例3] (2011·辽宁高考)设函数f(x)＝x＋ax2＋bln x，曲 线y＝f(x)过P(1,0)，且在P点处的切线斜率为2. (1)求a，b的值； (2)证明：f(x)≤2x－2.
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[自主解答] (1)f′(x)＝1＋2ax＋bx. 由已知条件得ff′ 1＝1＝ 0，2. 即11＋ ＋a2＝ a＋0， b＝2. 解得a＝－1，b＝3.
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[自主解答] (1)f′(x)＝(x－k＋1)ex. 令f′(x)＝0，得x＝k－1. f(x)与f′(x)的情况如下：
x (－∞，k－1) (k－1) (k－1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
－ek－1
所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增
区间是(k－1，＋∞)．
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(2)当k－1≤0，即k≤1时，函数f(x)在[0,1]上单调递增， 所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)＝－k； 当0<k－1<1，即1<k<2时， 由(1)知f(x)在[0，k－1)上单调递减，在(k－1,1]上单调递 增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－ek－1； 当k－1≥1时，即k≥2，函数f(x)在[0,1]上单调递减， 所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.
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4．(教材习题改编)函数g(x)＝ln(x＋1)－x的最大值是______． 答案： 0
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5．面积为S的一矩形中，其周长最小时的边长是______．
解析：设矩形的一边边长为 x，则另一边边长为Sx， 其周长为 l＝2x＋2xS，x＞0，l′＝2－2xS2 . 令 l′＝0，解得 x＝ S. 易知，当 x＝ S时，其周长最小． 答案： S
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本题条件不变，求f(x)在区间[0,1]上的最大值．
解：当 k－1≤0，即 k≤1 时，函数 f(x)在[0,1]上单调递增． ∴f(x)在[0,1]上的最大值为 f(1)＝(1－k)e. 当 0<k－1<1，即 1<k<2 时， 由(1)知 f(x)在(0，k－1)上单调递减，在(k－1,1]上单调递增，所以 f(x)在区间[0,1]上的最大值为 f(0)和 f(1)较大者．若 f(0)＝f(1)， ∴－k＝(1－k)e，即 k＝e－e 1.
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当 1<k<e－e 1时函数 f(x)的最大值为 f(1)＝(1－k)e，当e－e 1≤k<2 时，函数 f(x)的最大值为 f(0)＝－k， 当 k－1≥1 时，即 k≥2 时，函数 f(x)在[0,1]上单调递减． ∴f(x)在[0,1]上的最大值为 f(0)＝－k. 综上所述，当 k<e－e 1时，f(x)的最大值为 f(1)＝(1－k)e. 当 k≥e－e 1时，f(x)的最大值为 f(0)＝－k.
的函数关系式为 y＝－13x3＋81x－234，则使该生产厂家获取最
大年利润的年产量为
()
A．13 万件
B．11 万件
C．9 万件
D．7 万件
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解析：y′＝－x2＋81，令y′＝0解得x＝9(－9舍去)． 当0<x<9时，y′>0；当x>9时，y′<0，则当x＝9时， y取得最大值． 答案： C
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(2)证明：f(x)的定义域为(0，＋∞)，由(1)知f(x)＝x－x2＋3ln x. 设g(x)＝f(x)－(2x－2)＝2－x－x2＋3ln x，则 g′(x)＝－1－2x＋3x＝－x－1x2x＋3. 当0＜x＜1时，g′(x)＞0；当x＞1时，g′(x)＜0.所以g(x)在 (0,1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减．而g(1)＝0，故当x＞0 时， g(x)≤0，即f(x)≤2x－2.
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[巧练模拟]——————(课堂突破保分题，分分必保！)
1．(2012·西安联考)函数 f(x)＝12x2－ln x 的最小值为________．
解析：f′x＝x－1x>0， x>0，
得 x>1，xf′>0，x<0，
得 0<x<1.
∴f(x)在 x＝1 时取最小值 f(1)＝12－ln 1＝12.
答案：12
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2.(2012·济宁模拟)函数f(x)＝x3＋ax2＋b的图象在点p(1,0) 处的切线与直线3x＋y＝0平行． (1)求a，b； (2)求函数f(x)在[0，t](t>0)内的最大值和最小值．
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解：(1)f′(x)＝3x2＋2ax 由已知条件ff′1＝10＝－3 即a2＋ a＋b＋ 3＝1＝ －03， ， 解得ba＝ ＝2－. 3，
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(1)若广告商要求包装盒的侧面积S(cm2)最大，试问x应取 何值？ (2)某厂商要求包装盒的容积V(cm3)最大，试问x应取何值？ 并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．
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[自主解答] 设包装盒的高为h(cm)，底面边长为a(cm)． 由已知得a＝ 2x，h＝60－22x＝ 2(30－x)，0＜x＜30. (1)S＝4ah＝8x(30－x)＝－8(x－15)2＋1 800， 所以当x＝15时，S取得最大值．
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2．生活中的优化问题 利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤
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1．函数f(x)＝x3－3x(－1<x<1) A．有最大值，但无最小值 B．有最大值，也有最小值 C．无最大值，也无最小值 D．无最大值，但有最小值
答案： C
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2．(教材习题改编)函数f(x)＝12x－x3在区间[－3,3]上的
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(2)由(1)知f(x)＝x3－3x2＋2 f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2) f′(x)与f(x)随x变化情况如下：
x (－∞，0) 0 (0,2)
f′(x)
＋
பைடு நூலகம்
0－
f(x)
2
2 (2，＋∞)
0
＋
－2
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由f(x)＝f(0)解得x＝0，或x＝3 因此根据f(x)的图象 当0<t≤2时，f(x)的最大值为f(0)＝2 最小值为f(t)＝t3－3t2＋2； 当2<t≤3时，f(x)的最大值为f(0)＝2，最小值为f(2)＝－2； 当t>3时，f(x)的最大值为f(t)＝t3－3t2＋2，最小值为 f(2)＝－2.
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答题模板（三）利用导数证明不等式的 答题模板
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[考题范例] (12 分) (2011·新课标全国卷)已知函数 f(x)＝axl＋n 1x＋bx，曲线 y＝f(x) 在点(1，f(1))处的切线方程为 x＋2y－3＝0. (1)求 a，b 的值； (2)证明：当 x>0，且 x≠1 时，f(x)>xln－x1.
[例2] (2011·江苏高考)请你设计一个包装盒．如图所示， ABCD是边长为60 cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所 示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A， B，C，D四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱 柱形状的包装盒．E、F在AB上，是被切去的一个等腰直 角三角形斜边的两个端点．设AE＝FB＝x(cm)．
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(2)y′＝－6x2＋66x－108 ＝－6(x2－11x＋18) ＝－6(x－2)(x－9)． 令y′＝0，得x＝2(∵x>6，舍去)或x＝9，
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显然，当x∈(6,9)时，y′>0； 当x∈(9，＋∞)时，y′<0， ∴函数y＝－2x3＋33x2－108x－108在(6,9)上是增加的； 在(9，＋∞)上是减少的， ∴当x＝9时，y取最大值，且ymax＝135， ∴售价为9元时，年利润最大，最大年利润为135万元．
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(2)证明：设h(x)＝xln x－2x＋e(x≥1)， 令h′(x)＝ln x－1＝0得x＝e， 列表分析函数h(x)的单调性如下：
x
1
(1，e) e (e，＋∞)
h′(x) －1
－
0
＋
h(x) e－2
0
∴h(x)≥0.即f(x)≥2x－e.
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[冲关锦囊] 证明f(x)<g(x)，等价于证明f(x)－g(x)<0，即可证明F(x) ＝f(x)－g(x)的最大值小于0，从而转化成用导数求最值问 题．可见等价转化是本题思维的核心．
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[巧练模拟]—————(课堂突破保分题，分分必保！)
4．(2012·辽宁协作体联考)已知f(x)＝xln x. (1)求g(x)＝fxx＋k(k∈R)的单调区间； (2)证明：当x≥1时，2x－e≤f(x)恒成立．
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解：(1)g(x)＝ln x＋kx， ∴令g′(x)＝x－x2 k＝0得x＝k. ∵x>0，∴当k≤0时，g′(x)>0. ∴函数g(x)的增区间为(0，＋∞)，无减区间； 当k>0时g′(x)>0得x>k；g′(x)<0得0<x<k， ∴增区间为(k，＋∞)，减区间为(0，k)．