蘇教版高中數(shù)學選擇性必修第一冊第5章導數(shù)及其應用5-3-3最大值與最小值練習含答案

5.3.3最大值與最小值基礎過關練題組一函數(shù)最大(小)值的求解1.(2024江蘇鎮(zhèn)江丹陽期初檢測)函數(shù)f(x)=sinx-xcosx在區(qū)間-πA.332.(2024江蘇南通如皋診斷)函數(shù)f(x)=sinx+sin2xA.33.(2024四川綿陽中學一診)已知實數(shù)x>0,則函數(shù)y=xx的值域為()A.(0,+∞)B.(1,+∞)C.1e4.已知函數(shù)f(x)=-x3+3x2+9x+a(a為常數(shù))在區(qū)間[-2,2]上有最大值20,那么函數(shù)f(x)在此區(qū)間上的最小值為()A.-37B.-7C.-5D.-115.(2024江蘇鹽城八校期中)已知函數(shù)f(x)=4+x2+|x-1|,則f(x)的最小值為6.已知函數(shù)f(x)=2x3-mx2-12x+6的一個極值點為2.(1)求m的值;(2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間[-2,2]上的最值.題組二函數(shù)最大(小)值的應用7.(2024吉林長春外國語學校期中)已知函數(shù)f(x)=13x3A.(17,+∞)B.43C.[17,+∞)D.438.(2024北京大學附屬中學月考)若a∈0,πA.(0,+∞)B.(0,1)C.29.(2023浙江強基聯(lián)盟聯(lián)考)若函數(shù)f(x)=lnx-ax2+(a-2)x在(1,+∞)上有最小值,則實數(shù)a的取值范圍為()A.(-1,0)B.(-∞,-1)C.(0,1)D.(-1,1)10.(2024黑龍江哈爾濱第十三中學月考)若函數(shù)f(x)=x3-3x在區(qū)間(m,2)上有最小值,則m的取值范圍是.

11.(2023江蘇海安高級中學月考)已知函數(shù)f(x)=2x3-ax2+b,若存在a,b,使得f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值為-1,最大值為1,則符合條件的一組a,b的值為.

12.(2024四川宜賓南溪第一中學一診)若函數(shù)f(x)=(2x+a)2·x(其中a<0)在區(qū)間[1,4]上的最小值為8,則a=.

13.(2024福建寧德福鼎第一中學月考)已知函數(shù)f(x)=lnx+ax+2(a<0)的最大值為2.(1)求a的值;(2)若f(x)≤bx在[1,+∞)上恒成立,求b的取值范圍.題組三利用導數(shù)解決生活中的優(yōu)化問題14.(2024河北保定部分高中月考)已知四個城市坐落在正方形ABCD的四個頂點處,正方形邊長為200km,現(xiàn)要修建高鐵連接這四個城市,設計師設計了圖中的連接路線(路線由五條實線段組成,且路線上、下對稱,左、右對稱),則路線總長(單位:km)的最小值為()A.3003C.600D.200+200315.(多選題)(2024浙江寧波余姚中學質檢)你是否注意過,市場上等量的小包裝的物品一般比大包裝的要貴一些?高二某研究小組針對飲料瓶的大小對飲料公司利潤的影響進行了研究,調查如下:某制造商制造并出售球形瓶裝的某種飲料,瓶子的制造成本是0.8πr2分,其中r(單位:cm)是瓶子的半徑.已知每出售1mL的飲料,制造商可獲利0.2分(不考慮瓶子的成本的前提下),且制造商能制造的瓶子的最大半徑為6cm.則下面結論正確的有(注:1mL=1cm3;利潤可為負數(shù))()A.利潤隨著瓶子半徑的增大而增大B.半徑為6cm時,利潤最大C.半徑為2cm時,利潤最小D.半徑為3cm時,制造商不獲利16.(2023江蘇南京六校聯(lián)考)長征五號B運載火箭是專門為中國載人航天工程空間站建設而研制的一款新型運載火箭,是中國近地軌道運載能力最大的新一代運載火箭.長征五號有效載荷整流罩外形是馮·卡門外形(原始卵形)+圓柱形,由兩個半罩組成,某學校航天興趣小組制作整流罩模型,近似一個由圓柱和圓錐組成的幾何體,如圖所示,若圓錐的母線長為6,且圓錐的高與圓柱的高的比為1∶3,則該模型體積的最大值為()A.403πB.8017.(2024廣東普通高中畢業(yè)班二調)已知圓錐的外接球半徑為2,則該圓錐的最大體積為.

18.(2024江蘇無錫江陰普通高中期初抽測)學校外的濕地公園有一形狀為半圓形的荷花池.如圖所示,為了提升荷花池的觀賞性,現(xiàn)計劃在池塘的中軸線OC上設計一個觀景臺D(點D與點O,C不重合),其中AD,BD,CD段建設架空木棧道,已知AB=100m,設建設的架空木棧道的總長為ym.(1)設∠DAO=θrad,將y表示成θ的函數(shù)關系式,并寫出θ的取值范圍;(2)試確定觀景臺的位置,使三段架空木棧道的總長度最短.能力提升練題組一函數(shù)最值的求解1.(2024山東省實驗中學第二次診斷)已知函數(shù)f(x)=cos2xA.[-4-22,4?2C.(-∞,4-2]D.(?∞,4?22.(2024江蘇百校第一次考試)已知函數(shù)f(x)=xex,g(x)=-lnxx,若f(x1)=g(x2)=t(t>0),則A.eB.1C.13.(2024江蘇常州前黃高級中學月考)已知函數(shù)h(t)=et-1與g(t)=ln(2t-1)+2其中t>12,若h(t1)=g(t2),則tA.-1B.-ln2C.1-ln3D.1-2ln24.(2024陜西漢中質檢)設定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f'(x)+f(x)=3x2e-x,且f(0)=0,則下列結論正確的是()A.f(x)單調遞減B.f(x)單調遞增C.f(x)有最大值D.f(x)有最小值5.(2024廣東梅州月考)已知函數(shù)f(x)=x3-2mx2+m2x(m∈R)在x=6處有極小值.(1)求m的值;(2)求函數(shù)f(x)在[0,t](t>0)上的最大值.6.(2023江蘇連云港期末)設m為實數(shù),函數(shù)f(x)=lnx+mx.(1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間;(2)當m=e時,直線y=ax+b2題組二函數(shù)最大(小)值的應用7.(2024遼寧大連第八中學期中)若函數(shù)f(x)=xln(x-1)+a(x-1)在(1,+∞)上單調,則a的取值范圍是()A.(-∞,2)B.(-∞,2]C.(-2,+∞)D.[-2,+∞)8.(2024河南前二十名校調研)已知函數(shù)f(x)=1-axA.(0,1)B.(0,e)C.(1,+∞)D.(e,+∞)9.(2024云南師大附中月考)已知函數(shù)f(x)=(3x2-6x+a+3)ex,若存在x0∈R,使得對任意x∈R,都有f(x)≥f(x0),則a的取值范圍是()A.a≥0B.a≤0C.a>3D.a<310.(2024上海向明中學期中)已知△ABC中,sin(π-A)=3sinCsinπ2+B2,且AB=2,則11.(2024江蘇蘇大附中月考)已知函數(shù)f(x)是定義在(-∞,0)∪(0,+∞)上的奇函數(shù),且當x>0時,f(x)=ex-ax+e3.若存在等差數(shù)列x1,x2,x3,x4(x1<x2<x3<x4),且x1+x4=0,使得數(shù)列{f(xn)}(n=1,2,3,4)為等比數(shù)列,則a的最小值為.

12.(2024河北張家口階段性測試)設函數(shù)f(x)=xex,則函數(shù)f(x)的最小值為;若?x2∈(0,+∞),?x1∈(0,+∞),使不等式f(x113.(2024福建福州格致中學質檢)已知函數(shù)f(x)=lnx+a(1-x),a∈R.(1)當a=2時,求f(x)在[1,2]上的最值;(2)若存在x0∈(0,+∞),使得f(x0)≥2a-2成立,求實數(shù)a的取值范圍.14.(2023山東菏澤期中)已知函數(shù)f(x)=xex-12ax2(1)若a>0,討論函數(shù)f(x)的單調性;(2)若x>0,f(x)+12ax2-2x-lnx≥題組三利用導數(shù)解決生活中的優(yōu)化問題15.(2023湖南師范大學附屬中學月考)在△ABC中,AB=5,AC=3,tanA=43,點M,N分別在邊AB,BC上移動,且MN=BN,沿MN將△A.1616.(2024江蘇南通如皋中學期中)如圖所示,某小區(qū)有一半徑為100m,圓心角為90°的扇形空地.現(xiàn)欲對該地塊進行改造,從弧AB上一點P向OB引垂線段PH,從點H向OP引垂線段DH.在△OPH的三邊修建步行道,則步行道長度的最大值是m.在△ODH內修建花圃,則花圃面積的最大值是m2.

答案與分層梯度式解析5.3.3最大值與最小值基礎過關練1.Bf'(x)=cosx-(cosx-xsinx)=xsinx,當x∈-π2,0時,f'(x)>0;當x=0時,f'(x)=0;當x故f'(x)≥0在-π2,所以f(x)在區(qū)間-π2,π2上的最小值為f2.B由題意得f'(x)=cosx+cos2x=2cos2x+cosx-1=(2cosx-1)(cosx+1),易知-1≤cosx≤1,則cosx+1≥0,所以當12<cosx<1,即2kπ-π3<x<2kπ+π3,k∈Z時,f'(x)>0,f(x)單調遞增;當-1≤cosx<12,即2kπ+故f(x)在x=2kπ+π3,k∈Z所以f(x)max=sinπ3+2kπ+12sin3.D對y=xx的兩邊同時取自然對數(shù)得lny=xlnx(x>0),令f(x)=xlnx(x>0),則f'(x)=1+lnx,令f'(x)>0,得x>1e,令f'(x)<0,得0<x<1故f(x)在0,1e上單調遞減,在1e,+∞上單調遞增,所以f(x)在x=故f(x)的值域為-1e,+∞,即lny≥-1e,得y≥e-1e,所以y=x4.B由已知得f'(x)=-3x2+6x+9,令f'(x)=0,得x=-1或x=3(舍去).當-2<x<-1時,f'(x)<0,f(x)單調遞減;當-1<x<2時,f'(x)>0,f(x)單調遞增,所以當x=-1時,f(x)取得極小值,即最小值,又f(2)=22+a>f(-2)=2+a,所以最大值為22+a=20,所以a=-2,所以函數(shù)f(x)在區(qū)間[-2,2]上的最小值為f(-1)=-7.故選B.5.答案5解析由已知得f(x)的定義域為R.當x<1時,f(x)=4+x2+1-x,f'(x)=所以f(x)在(-∞,1)上單調遞減,所以f(x)>f(1)=5.當x≥1時,f(x)=4+x2+x-1,f'(x)=所以f(x)在[1,+∞)上單調遞增,所以f(x)≥f(1)=5.綜上,f(x)在x=1處取得最小值,為5.6.解析(1)f'(x)=6x2-2mx-12.因為f(x)=2x3-mx2-12x+6的一個極值點為2,所以f'(2)=6×22-2m×2-12=0,解得m=3.(2)由(1)得f(x)=2x3-3x2-12x+6,f'(x)=6x2-6x-12=6(x+1)(x-2),x∈[-2,2].令f'(x)<0,得-1<x<2,令f'(x)>0,得-2<x<-1,所以f(x)在(-2,-1)上單調遞增,在(-1,2)上單調遞減,所以函數(shù)f(x)在x=-1處取得極大值,也是最大值,為f(-1)=13,又f(-2)=2,f(2)=-14,所以函數(shù)f(x)在區(qū)間[-2,2]上的最小值為-14.7.Cf'(x)=x2+16x-a,由題意知f'(x)≤0在區(qū)間[1,3]上恒成立,即a≥x2+16令g(x)=x2+16x,x∈[1,3],所以g'(x)=2x-16因為x2+2x+4=(x+1)2+3≥3>0,所以當1<x<2時,g'(x)<0,當2<x<3時,g'(x)>0,所以g(x)在(1,2)上單調遞減,在(2,3)上單調遞增,又g(1)=12+161所以g(x)max=g(1)=17,則a≥17,即a的取值范圍是[17,+∞).故選C.8.D根據(jù)題意得g(a)=sina-sin0a=sinaa,a∈令f(a)=a-tana,則f'(a)=1-1co故g'(a)<0,函數(shù)g(a)在0,π2上單調遞減,所以g(a)>g令h(a)=a-sina,則h'(a)=1-cosa>0,所以h(a)>h(0)=0,即a>sina,所以sina故函數(shù)g(a)的值域為2π,1.故選9.A由題意可得f'(x)=1x?2ax+(a?2)=(ax+1)(1-2x)若a≥0,則ax+1>0,當x>1時,f'(x)<0恒成立,∴f(x)在(1,+∞)上單調遞減,則f(x)在(1,+∞)上無最值,不合題意,舍去;若a≤-1,則ax+1<0,當x>1時,f'(x)>0恒成立,∴f(x)在(1,+∞)上單調遞增,則f(x)在(1,+∞)上無最值,不合題意,舍去;若-1<a<0,令ax+1<0,則x>-1a,易知-1∴f(x)在-1a,+∞上單調遞增,在1,-1a上單調遞減,則f(x)在(1,+∞)上有最小值f10.答案[-2,1)解析f'(x)=3x2-3,令f'(x)=0,得x=±1,當x∈(-∞,-1)∪(1,+∞)時,f'(x)>0,當x∈(-1,1)時,f'(x)<0,所以f(x)在(-∞,-1)和(1,+∞)上單調遞增,在(-1,1)上單調遞減,若函數(shù)f(x)在(m,2)上有最小值,則其最小值必為f(1),則1∈(m,2)且f(m)=m3-3m≥f(1)=-2,即m<1且m(m2-1)-2(m-1)≥0,則m<1且(m-1)2(m+2)≥0,解得-2≤m<1,故m的取值范圍為[-2,1).11.答案a=4,b=1或a=0,b=-1(填寫一種即可)解析f'(x)=6x2-2ax=2x(3x-a),令f'(x)=0,得x=0或x=a3.若a3≥1,即a≥3,則f'(x)≤若a3≤0,即a≤0,則f'(x)≥0在[0,1]上恒成立,且僅在個別點處取“=”,則f(x)在[0,1]上單調遞增,所以若0<a3<1,即0<a<3,則當x∈0,a3時,f'(x)<0,當x∈a3,1時,f'(x)>0,所以f(x)在0,a3上單調遞減,在a3,1因為無法判斷f(0)與f(1)的大小,所以f(x)可能在x=0處取得最大值,也可能在x=1處取得最大值,即f(0)=b=1②或f(1)=2-a+b=1③.由①②得a=32,b=1,綜上,滿足題意的a,b的值為a=4,b=1或a=0,b=-1(填寫一種即可).12.答案-10解析由已知得f'(x)=x2x(20x2+12ax+a∵a<0,∴0<-a10令f'(x)>0,得0<x<-a10或x>-a2,令f'(x)<0,得-a10<x<?a2,①當-a10≥4,即a≤-40時,f(x)在[1,4]上單調遞增,∴f(1)=8,解得a=-2±22②當-a2≤1,即-2≤a<0時,f(x)在[1,4]上單調遞增,∴f(1)=8,解得a=-2±22③當-a10≤1且-a2≥4,即-10≤a≤-8時,f(x)在[1,4]上單調遞減,∴④當1<-a10<4<?a2,即-40<a<-10時,f(x)在1,-a10上單調遞增,在⑤當-a10<1<?a2<4,即-8<a<-2時,f(x)在1,-a2綜上所述,a=-10.13.解析(1)由題可得f(x)的定義域為(0,+∞),且f'(x)=1x+a=1+當x∈0,-1當x∈-1所以f(x)max=f-1a=ln(2)由(1)知f(x)=lnx-xe+2,因為x≥1,所以lnx-xe+2≤bx可化為b≥設g(x)=lnxx?1e+2x,所以g'(x)=1-lnxx214.D設∠EAB=θ,θ∈0,π2,則AE=所以路線總長(單位:km)為4AE+EF=400cosθ+200-200tanθ=200令f(θ)=2-sinθcosθ,θ則f'(θ)=-co當θ∈0,π6時,f'(θ)<0,f(θ)單調遞減,當θ∈所以f(θ)的最小值是fπ6=3,則路線總長(單位:km)的最小值為200+2003.15.BCD設每瓶飲料的利潤為f(r)分,則f(r)=0.2×4π3r則f'(r)=4π所以當r∈(0,2)時,f'(r)<0,f(r)單調遞減,即半徑越大,利潤越低,當r∈(2,6)時,f'(r)>0,f(r)單調遞增,即半徑越大,利潤越高,所以當r=2時,函數(shù)f(r)取得最小值,又f(0)=0,f(6)=144π因為f(3)=4π51316.C設圓錐的高為h(0<h<6),則圓柱的高為3h,圓錐底面圓的半徑r=36-?2,則該模型的體積V=πr2·3h+13πr2·h=10令f(x)=-x3+36x,0<x<6,則f'(x)=-3x2+36,令f'(x)=0,得x=23(負值舍去),當0<x<23時,f'(x)>0,當23<x<6時,f'(x)<0,則f(x)在(0,23)上單調遞增,在(23,6)上單調遞減,故f(x)在x=23處取得極大值,也是最大值,即當h=23時,V取得最大值,且Vmax=1603π,故選C.17.答案25681解析設圓錐的高為h,底面圓的半徑為r,則(h-2)2+r2=22,即r2=4h-h2,所以該圓錐的體積V=13πr2設f(h)=4π3h2?π3令f'(h)>0,得0<h<83,函數(shù)f(h)單調遞增,令f'(h)<0,得h>8所以f(h)max=f83=418.解析(1)由題意得0<θ<π4,OC⊥則DA=DB=50cos所以y=DA+DB+DC=100cosθ+50-50tanθ=50(2)由(1)得y'=50(2sinθ令y'=0,得sinθ=12,即θ=π當0<θ<π6時,y'<0,當π所以當θ=π6時,ymin=50(3+1),此時DO=50tanθ=50所以當D在中軸線OC上且距離AB邊503能力提升練1.Df(x)=cos2x1+sinx=1-2sin2x可得g'(t)=-4t令g'(t)=0,可得t=-1+22或t=-1-2當t∈-1,-1+2當t∈-1+2所以g(t)在t=-1+22處取得極大值,也是最大值,即g(t)≤g-1+當t趨近于-1時,可知g(t)=1-2t因此f(x)的值域為(-∞,4-22].故選D.2.C由f(x1)=g(x2)=t>0,得x1ex即x1ex1=1x由f(x)=xex,得f'(x)=(1+x)ex,當x>0時,f'(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上單調遞增,所以x1=ln1x2,則x1x2et=ln1x23.B∵t>12,∴設h(t1)=g(t2)=m,則m>e-12,et1-1=m,ln(2t2-1)+2=m,∴t2-t1=12em?2+12-lnm-1=設f(x)=12ex-2-lnx-1則f'(x)=12設F(x)=f'(x),則F'(x)=12ex?2+1x又f'(2)=0,∴當e-∴f(x)min=f(2)=12-ln2-1∴t2-t1的最小值是-ln2,故選B.4.C因為f'(x)+f(x)=3x2e-x,所以exf'(x)+exf(x)=3x2,可得[exf(x)]'=exf'(x)+exf(x)=3x2,則exf(x)=x3+c(c為常數(shù)),因為f(0)=0,所以e0f(0)=0+c=0,解得c=0,所以f(x)=x3ex當x>3時,f'(x)<0,f(x)單調遞減,當0<x<3時,f'(x)>0,f(x)單調遞增,當x<0時,f'(x)>0,f(x)單調遞增,當x→+∞時,f(x)→0且f(x)>0,當x→-∞時,f(x)→-∞,所以f(x)在x=3時有極大值,即最大值,為f(3)=33e3=5.解析(1)f'(x)=3x2-4mx+m2=(3x-m)(x-m),因為f(x)在x=6處有極小值,所以f'(6)=(18-m)·(6-m)=0,解得m=6或m=18,當m=6時,f'(x)=3(x-2)(x-6),當x∈(-∞,2)時,f'(x)>0,f(x)單調遞增,當x∈(2,6)時,f'(x)<0,f(x)單調遞減,當x∈(6,+∞)時,f'(x)>0,f(x)單調遞增,所以當x=6時,f(x)取得極小值,符合題意.當m=18時,f'(x)=3(x-6)(x-18),當x∈(-∞,6)時,f'(x)>0,f(x)單調遞增,當x∈(6,18)時,f'(x)<0,f(x)單調遞減,當x∈(18,+∞)時,f'(x)>0,f(x)單調遞增,所以當x=6時,f(x)取得極大值,不符合題意,舍去.綜上所述,m=6.(2)由(1)可知f(x)=x3-12x2+36x,且f(x)在[0,2),(6,+∞)上單調遞增,在(2,6)上單調遞減,f(8)=f(2)=32.則當0<t≤2時,f(x)在[0,t]上單調遞增,所以f(x)max=f(t)=t3-12t2+36t;當2<t≤8時,結合圖象(圖略)可知f(x)max=f(2)=32;當t>8時,f(x)在[0,2),(6,t]上單調遞增,在(2,6)上單調遞減,且f(t)>f(8),所以f(x)max=f(t)=t3-12t2+36t.綜上,f(x)max=t6.解析(1)由已知得函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),f'(x)=1x當m≥0時,f'(x)>0在(0,+∞)上恒成立;當m<0時,令f'(x)>0,得0<x<-1m,令f'(x)<0,得x>-1故當m≥0時,f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,+∞),無單調遞減區(qū)間;當m<0時,f(x)的單調遞增區(qū)間為0,-1m,單調遞減區(qū)間為(2)當m=e時,f(x)=lnx+ex,f'(x)=1x設切點為(x0,lnx0+ex0),則切線斜率k=f'(x0)=1x0+e,切線方程為y-(lnx0+ex0)=1x0+e(x-x∴a=1x0+e,b=2lnx∴a+b=1x0+2lnx令g(x)=1x則g'(x)=-1x令g'(x)<0,得0<x<12,令g'(x)>0,得x>1∴g(x)在0,12上單調遞減,在∴g(x)min=g12即a+b的最小值為e-2ln2.7.D由已知得函數(shù)f(x)的定義域為(1,+∞),f'(x)=ln(x-1)+xx令t=x-1,t>0,則f'(x)可轉化為g(t)=lnt+1t函數(shù)f(x)在(1,+∞)上單調,即g(t)在(0,+∞)上無變號零點,易得g'(t)=1t故g(t)min=g(1)=2+a,要使g(t)在(0,+∞)上無變號零點,需2+a≥0,∴a≥-2.故選D.8.A由已知得f(x)的定義域為(0,+∞),f'(x)=-x當a≤0時,f'(x)<0恒成立,則f(x)在(0,+∞)上單調遞減,所以f(x)不可能存在兩個零點,不合題意.當a>0時,令f'(x)<0,得x>a,令f'(x)>0,得0<x<a.可得f(x)在(0,a)上單調遞增,在(a,+∞)上單調遞減,則f(x)的最大值為f(a),若f(x)存在兩個零點,則f(a)=-lna>0,解得0<a<1.當0<a<1時,0<a2易得f(e)=-ae<0,且fa令m(a)=1-2a?lna則m'(a)=2a則m(a)在(0,1)上單調遞增,可得m(a)<m(1)=-1+ln2<0,即fa2可知f(x)在(0,a)和(a,+∞)上均只有一個零點,即0<a<1符合題意.綜上所述,實數(shù)a的取值范圍為(0,1).故選A.方法總結已知函數(shù)有零點求參數(shù)的取值范圍常用的方法和思路:(1)直接法:直接根據(jù)題設條件構建關于參數(shù)的不等式(組),再通過解不等式(組)確定參數(shù)的范圍;(2)分離參數(shù)法:先將參數(shù)分離,然后將問題轉化成求函數(shù)值域問題加以解決;(3)數(shù)形結合法:先對解析式變形,然后在同一平面直角坐標系中畫出不同函數(shù)的圖象,通過數(shù)形結合求解.9.B由已知得f'(x)=(3x2+a-3)ex,因為對任意x∈R,都有f(x)≥f(x0),所以f(x0)是函數(shù)f(x)的最小值,也是極小值,故f'(x)=0有兩個實數(shù)根,即3x2+a-3=0有兩個實數(shù)根,則a<3,令g(x)=3x2+a-3,則g(x)的一個零點為x0,設另一個零點為x1,且x1<x0,則g(x)在(-∞,x1),(x0,+∞)上單調遞增,在(x1,x0)上單調遞減,且3x0當x→-∞時,f(x)→0+,因為f(x0)是最小值,所以f(x0)≤0,即f(x0)=(3x02?6x0+a+3)ex0=(6?6x0)10.答案8解析設角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,由sin(π-A)=3sinCsinπ2+B2,得sinA=3sinCcos則S△ABC=12acsinB=6sinBcosB令t=sinB2,t∈(0,1),則S△ABC=12t(1-t2)=12(t-t3令f(t)=12(t-t3),t∈(0,1),則f'(t)=12(1-3t2),令f'(t)>0,得0<t<33,令f'(t)<0,得3則f(t)在0,33上單調遞增,在33,1上單調遞減,所以當t=所以△ABC面積的最大值為8311.答案34解析由題意得當x<0時,-x>0,f(x)=-f(-x)=-(e-x+ax+e3)=-e-x-ax-e3,故f(x)=e設x1,x2,x3,x4的公差為d(d>0),則x1+x4=x1+x1+3d=0,則x1=-32由x1+x4=0且f(x)是奇函數(shù),得f(x1)+f(x4)=0,設等比數(shù)列{f(xn)}(n=1,2,3,4)的公比為q,則f(x1)+f(x1)q3=0,解得q=-1,則f(x1)+f(x2)=0,即2ad-2e3-e3令t=12d(t>0),則a=e令g(t)=e3則g'(t)=(3e令h(t)=t(3則h'(t)=(9t所以函數(shù)h(t),即g'(t)在(0,+∞)上單調遞增,因此t=1為g'(t)的唯一零點,則當0<t<1時,g'(t)<0,g(t)單調遞減,當t>1時,g'(t)>0,g(t)單調遞增,從而g(t)min=g(1)=34所以a的最小值為3412.答案-1解析由已知得f'(x)=ex(x+1),當x<-1時,f'(x)<0,f(x)單調遞減;當x>-1時,f'(x)>0,f(x)單調遞增,故f(x)在x=-1處取得極小值,也是最小值,為-1e令g(x)=f(x)x2=exx,x>0,?(x)=ex(x當x>0時,h(x)=x+1x≥2x·1易得g'(x)=ex所以g(x)在x=1處取得極小值,也是最小值,為g(1)=e,所以e2k≤2所以正數(shù)k的取值范圍是e4-13.解析(1)當a=2時,f(x)=lnx+2(1-x),則f'(x)=1x-2,x∈當x∈0,12時,f'(x)>0,f(x)單調遞增;當x∈所以f(x)在[1,2]上單調遞減,所以f(x)max=f(1)=0,f(x)min=f(2)=ln2-2.(2)因為?x0∈(0,+∞),使得f(x0)≥2a-2,所以a≤2+lnx令g(x)=2+lnx1+x(x>0),即a≤易得g'(x)=1x-lnx-1(1+又h(1)=0,所以當x∈(0,1)時,h(x)>0,即g'(x)>0,g(x)單調遞增,當x∈(1,+∞)時,h(x)<0,即g'(x)<0,g(x)單調遞減,故g(x)max=g(1)=1,所以a≤1,即實數(shù)a的取值