专题讲座一范围与最值问题

2024年2月20日发(作者：)

专题讲座一 范围与最值问题

,[学生用书P52～P53])

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＋(ex－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≥.

21|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

2113f(x)min＝f2＝2＋1＝2.

(2)y＝(ex－a)2＋(ex－a)2＝(ex＋ex)2－2a(ex＋ex)＋2a2－2.

－令t＝ex＋ex，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.

4x4 800－x2(2)铁皮盒体积V(x)＝xy＝x·

4x221＝－x3＋1 200x，

43V′(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．

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．

－（x－a）（x＋3a）[解] f′(x)＝.

（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＋311所以f(x)在[－3，＋∞)上的最小值为f(－3)＝－，最大值为f(1)＝.

622所以对任意x1，x2∈[－3，＋∞)，f(x1)－f(x2)≤f(1)－f(－3)＝.

32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．

,[学生用书P53])

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

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

－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1术改造费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

11－x3＋x2＋3x＋[－(3－x)2＋5(3－x)]－3＝－x3＋4x＋3(0≤x≤3)． g(x)＝3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．

33．(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＝，

xx11，e，∴当g′(x)＝0时，x＝1.当0；当1

1121＝4－e2＋12<0，则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

1eege＝m－2－e2≤011，2＋2. ∴实数m的取值范围是e1－x4．(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e值和最小值．

解：(1)由题设可得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝显然a≠0.∵函数f(x)在[1，2]上单调递减，

∴当x∈[1，2]时，不等式f′(x)＝1即≥x恒成立．

a11∴≥2，∴0

a2ax－1≤0恒成立，

ax2ax－1.

ax2

10，. ∴实数a的取值范围是21－x(2)a＝1，k∈R，f(x)＝＋ln x＋1，

x1－xF(x)＝f(x)＋(k－1)ln x－1＝＋kln x，

x－x－（1－x）kkx－1F′(x)＝＋＝2.

x2xx111，e上，恒有F′(x)<0，∴F(x)在，e上单调递减， ①若k＝0，则F′(x)＝－2，在eex∴F(x)min＝F(e)＝1－e1，F(x)max＝Fe＝e－1.

ex－1kkx－1k②若k≠0，F′(x)＝2＝.

xx21x－kk1，e上，恒有(ⅰ)若k<0，在<0，

ex21∴F(x)在e，e上单调递减，

∴F(x)min＝F(e)＝1－e1＋kln e＝＋k－1，

ee1F(x)max＝Fe＝e－k－1.

111(ⅱ)若k>0，k<，则>e，x－<0，

ekk1x－kkx2∴<0，

1∴F(x)在e，e上单调递减，

∴F(x)min＝F(e)＝1－e1＋kln e＝＋k－1，

ee1F(x)max＝Fe＝e－k－1.

1－e综上，当k＝0时，F(x)min＝F(e)＝，

e1F(x)max＝Fe＝e－1；

11当k≠0，且k<时，F(x)min＝F(e)＝＋k－1，

ee1F(x)max＝Fe＝e－k－1.