专题讲座一范围与最值问题
天上王城-600字美文摘抄
专题讲座一 范围与最值问题
,[学生用书P
52
～P
53
])
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)<
br>
b，a＜b，
的最小值是________；
－
(2)
已知函数y＝(e
x
－a)
2
＋(e
x
－a)
2<
br>(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≥.
2
1
|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
2
1
1
3
f(x)
min
＝f
2
＝
2
＋1
＝
2
.
(2)y＝(e
x
－a)
2
＋(e
x
－a)
2
＝(e
x
＋e
x
)
2
－2a(e
x
＋e
x
)＋2a2
－2.
－
令t＝e
x
＋e
x
，则f(t)
＝t
2
－2at＋2a
2
－2.
因为t≥2，
所以f(
t)＝t
2
－2at＋2a
2
－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，y
min
＝f(2)＝2(a－1)
2
；
－－－
当a＞2时，y
min
＝f(a)＝a
2－2.
又f(t)的定义域为[2，＋∞)，故y的最小值是a
2
－2.
3
[答案] (1) (2)a
2
－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AB
CD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(cm
3
)．
(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x
2
＋4xy＝4 800，
4
800－x
2
即y＝，0＜x＜60.
4x
4
800－x
2
(2)铁皮盒体积V(x)＝xy＝x·
4x
22
1
＝－x
3
＋1 200x，
4
3
V′(x)＝－x
2
＋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)＝－x
3
＋1
200x在x＝40时取得极大值，也是最大值，且最大值为32 000 cm
3
.
4
所以该铁皮盒体积V的最大值是32 000 cm
3
.
[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＋3a
2
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＝1时，若对
任意x
1
，x
2
∈[－3，＋∞)，有f(x
1
)－f(x
2
)≤m成立，求实数m的最
小值．
－（x－a）（x＋3a）
[解] f′(x)＝.
（x
2
＋3a
2
）
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＋3
11<
br>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x
1
，x
2
∈[－3，＋∞)，f(x
1
)－f(x
2
)≤f(1)－f(－3)＝.
3
2
所以对
任意x
1
，x
2
∈[－3，＋∞)，使f(x
1
)－f(x
2
)≤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(x<
br>1
)－f(x
2
)的最大值．
,[学生用书P
53
])
1．(2014·高考浙江卷改编)已
知函数f(x)＝x
3
＋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
3
－3x＋
3a，f′(x)＝3x
2
－3<0，故f(x)在(－1，a)上是减函数；
若x
∈[a，1]，则f(x)＝x
3
＋3x－3a，f′(x)＝3x
2
＋3>
0，故f(x)在(a，1)上是增函数．
所以g(a)＝f(a)＝a
3
. (2)当a≥1时，有x≤a，则f(x)＝x
3
－3x＋3a，f′(x)＝3x
2
－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－t
2
＋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
－x
3
＋x
2
＋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)
＝(－t
2
＋5t)－t＝－t
2
＋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
1
1
－x
3
＋x
2
＋3x
＋[－(3－x)
2
＋5(3－x)]－3＝－x
3
＋4x＋3(0≤x≤3
)． g(x)＝
3
3
对g(x)求导，得g′(x
)＝－x
2
＋4，
令g′(x)＝－x
2
＋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<
br>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．
3
3．(2015·贵州省六校联盟第一次联考)已知函数f(x)＝2ln
x－x
2
＋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－x
2
＋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－x
2
＋m，
－2（x＋1）（x－1）
2
则g′(x)＝－2x＝，
xx
1<
br>
1
，e
，∴当g′(x)＝0时，x＝1.当
e
e
故
g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝m－1.
1
1
2
<
br>1
＝4－e
2
＋
1
2
<0，则g(e)<
g
1
， 又g
＝m－2－
2
，g(
e)＝m＋2－e，g(e)－g
e
e
e
ee
1
∴g(x)在
e
，e<
br>
上的最小值是g(e)．
g（1）＝m－1>0
1<
br>
1
，e
上有两个零点的条件是
1
<
br>g(x)在
，解得1
，
1
e
e
g
e
＝m－2
－
e
2
≤0
1
1，2＋
2
. ∴实数m
的取值范围是
e
1－x
4．(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．
a
11
∴≥2，∴0
ax－1
≤0恒成立，
ax
2
ax－1
.
ax
2
1
0，
. ∴实数a的取值范围是
2
1－x
(2)a＝1，k∈R，f(x)＝＋ln
x＋1，
x
1－x
F(x)＝f(x)＋(k－1)ln x－1＝＋kln x，
x
－x－（1－x）
k
kx－1
F′(x)＝＋＝
2
.
x
2
xx
1
1
1
，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
k
kx－1
k
②若k≠0，F′(x)＝
2
＝.
xx
2
1
x－
k
k
1
，e
上，恒有(ⅰ)若k<0，在
<0，
e
x
2
1
∴F(x)在
e
，e
上单调递减，
∴F(x)
min
＝F(e)＝
1－e
1
＋kln
e＝＋k－1，
ee
1
F(x)
max
＝F
e
＝e－k－1.
111
(ⅱ)若k>0，k<，则>e，x－<0，
ekk
1
x－
k
k
x
2
∴<0， <
br>1
∴F(x)在
e
，e
上
单调递减，
∴F(x)
min
＝F(e)＝
1－e
1
＋kln
e＝＋k－1，
ee
1
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
<
br>＝e－1；
11
当k≠0，且k<时，F(x)
min
＝F(e)＝＋k－1，
ee
1
F(x)
max
＝F
e<
br>
＝e－k－1.