2022高考总复习(人教A版)高中数学-专题讲-座一-范围与最值问题.docx

专题讲座一　范围与最值问题

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，很多最值问题最终总是转化为函数(特殊是二次函数)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．
　(1)对a，b∈R，记max{a，b}＝函数f(x)＝max{|x＋1|，|x－2|}(x∈R)的最小值是________；
(2)已知函数y＝(ex－a)2＋(e－x－a)2(a∈R，a≠0)，则函数y的最小值是________．
[解析]　 (1)由|x＋1|≥|x－2|，
得(x＋1)2≥(x－2)2，解得x≥.
所以f(x)＝其图象如图所示．
由图形，易知当x＝时，函数有最小值，所以
f(x)min＝f＝＝.

(2)y＝(ex－a)2＋(e－x－a)2＝(ex＋e－x)2－2a(ex＋e－x)＋2a2－2.
令t＝ex＋e－x，则f(t)＝t2－2at＋2a2－2.
由于t≥2，
所以f(t)＝t2－2at＋2a2－2＝(t－a)2＋a2－2的定义域为[2，＋∞)．
由于抛物线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.
[答案]　(1)　(2)a2－2
[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，求解中要特殊留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．
　(2021·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，预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，
即y＝，0＜x＜60.
(2)铁皮盒体积V(x)＝x2y＝x2·
＝－x3＋1 200x，
V′(x)＝－x2＋1 200.
令V′(x)＝0，得x＝40，
由于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，
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.
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，再利用导数争辩函数的最值．

　　　　　　　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，多利用分类争辩思想，由最值问题求参数可转化为恒成立问题求解．
　(2021·陕西西安模拟)已知函数f(x)＝(a≠0，a∈R)．
(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．
[解]　f′(x)＝.
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
(－∞，－3a)
－3a
(－3a，a)
a
(a，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)

微小值

极大值

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
(－∞，a)
a
(a，－3a)
－3a
(－3a，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)

微小值

极大值

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．
又当x>1时，f(x)＝>0，
所以f(x)在[－3，＋∞)上的最小值为f(－3)＝－，最大值为f(1)＝.
所以对任意x1，x2∈[－3，＋∞)，f(x1)－f(x2)≤f(1)－f(－3)＝.
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.
[规律方法]　恒成立问题可以转化为我们较为生疏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．

1．(2022·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：由于a>0，－1≤x≤1，所以
(1)当0<a<1时，
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.
综上，g(a)＝
2．某集团为了获得更大的利润，每年要投入确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把握在三百万元以内，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)现在该集团预备投入三百万元，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)．请设计一个资金支配方案，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
g(x)＝＋[－(3－x)2＋5(3－x)]－3＝－x3＋4x＋3(0≤x≤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)＝.
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，这样集团由此所增加的收益最大，最大收益为百万元．
3．(2021·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；
(2)若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在上有两个零点，求实数m的取值范围．
解：(1)当a＝2时，f(x)＝2ln x－x2＋2x，f′(x)＝－2x＋2，切点坐标为(1，1)，
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，
则g′(x)＝－2x＝，
∵x∈，∴当g′(x)＝0时，x＝1.当<x<1时，g′(x)>0；当1<x<e时，g′(x)<0.
故g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝m－1.
又g＝m－2－，g(e)＝m＋2－e2，g(e)－g＝4－e2＋<0，则g(e)<g，
∴g(x)在上的最小值是g(e)．
g(x)在上有两个零点的条件是，解得1<m≤2＋，
∴实数m的取值范围是.
4．(2021·河南省洛阳市统考)已知函数f(x)＝＋ln x＋1.
(1)若函数f(x)在[1，2]上单调递减，求实数a的取值范围；
(2)若a＝1，k∈R且k<，设F(x)＝f(x)＋(k－1)·ln x－1，求函数F(x)在上的最大值和最小值．
解：(1)由题设可得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.
明显a≠0.∵函数f(x)在[1，2]上单调递减，
∴当x∈[1，2]时，不等式f′(x)＝≤0恒成立，
即≥x恒成立．
∴≥2，∴0<a≤，
∴实数a的取值范围是.

(2)a＝1，k∈R，f(x)＝＋ln x＋1，
F(x)＝f(x)＋(k－1)ln x－1＝＋kln x，
F′(x)＝＋＝.
①若k＝0，则F′(x)＝－，在上，恒有F′(x)<0，∴F(x)在上单调递减，
∴F(x)min＝F(e)＝，F(x)max＝F＝e－1.
②若k≠0，F′(x)＝＝.
(ⅰ)若k<0，在上，恒有<0，
∴F(x)在上单调递减，
∴F(x)min＝F(e)＝＋kln e＝＋k－1，
F(x)max＝F＝e－k－1.
(ⅱ)若k>0，k<，则>e，x－<0，
∴<0，
∴F(x)在上单调递减，
∴F(x)min＝F(e)＝＋kln e＝＋k－1，
F(x)max＝F＝e－k－1.
综上，当k＝0时，F(x)min＝F(e)＝，
F(x)max＝F＝e－1；
当k≠0，且k<时，F(x)min＝F(e)＝＋k－1，
F(x)max＝F＝e－k－1.