\({\color{Red}{欢迎到学科网下载资料学习 }}\) [ 【基础过关系列】高二数学同步精品讲义与分层练习(人教A版2019）] ( https://www.zxxk.com/docpack/2875423.html) \({\color{Red}{ 跟贵哥学数学，so \quad easy！}}\)

选择性第二册同步巩固，难度2颗星！

在某个区间\((a ，b)\)内，若\(f'(x)>0\)，则函数\(y=f(x)\)在这个区间内单调递增； 若\(f'(x)0\)，那么\(f(x_0)\)是极小值．  

(1)求函数\(y=f(x)\)在\((a ，b)\)内的极值； (2)将函数\(y=f(x)\)的各极值与端点处的函数值\(f(a)\)，\(f(b)\)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．  

【典题1】 画出函数\(f(x)=(x+1) e^x\)的大致图象. 解析 函数的定义域为\(R\)，\(f'(x)=e^x+(x+1) e^x=(x+2) e^x\)， 当\(x>-2\)时，\(f'(x)>0\)；当\(x0\)； 所以\(f(x)\)在\((-∞，0)\)，\((0，1)\)上单调递减，在\((1，+∞)\)上单调递增，且极小值\(f(1)=e\)， 当\(x→-∞\)时， \(f(x)=\dfrac{e^x}{x} \rightarrow 0\)；当\(x0\)且\(x→0\)时， \(f(x)=\dfrac{e^x}{x} \rightarrow+\infty\)； 根据以上信息，可画出函数\(f(x)=\dfrac{e^x}{x}\)的大致图象如下：

【典题1】 若\(f(x)=x^3-3ax+a(a\in R)\)仅有一个零点，求\(a\)的取值范围. 解析 因为\(f(x)=x^3-3ax+a(a\in R)\)， 所以\(f'(x)=3x^2-3a=3(x^2-a)\)． ①当\(a⩽0\)时，\(f'(x)⩾0\)恒成立， \(f(x)\)在\(R\)上单调递增，易知其有\(1\)个零点，满足题意； ②当\(a>0\)时，\(x\in (-∞，-\sqrt{a})∪(\sqrt{a}，+∞)\)时，\(f'(x)>0\)； \(x\in (-\sqrt{a}，\sqrt{a})\)时，\(f'(x)0\)，\(f(\sqrt{a})=-2a\sqrt{a}+a\)， 由题意知：\(f(x)\)仅有\(1\)个零点， 所以\(f(\sqrt{a})=-2a\sqrt{a}+a>0\)，即\(00⇒x>\dfrac{1}{a}\)， \(f(x)\)在 \(\left(0， \dfrac{1}{a}\right)\)上单调递减，在 \(\left(\dfrac{1}{a}，+\infty\right)\)上单调递增． (2)当\(a≤0\)时， \(f\left(\dfrac{1}{e}\right)=e-2 a-1 \geq e-1>0\)，\(f(e)=\dfrac{1}{e} -10\)时，\(f(1)=-a\dfrac{1}{1+\frac{1}{a}}+a\left(1+\frac{1}{a}\right)-a-1>0\)， \(f\left(e^{-a-1}\right)=e^{a+1}-(a+1)^2\)， 令\(g(t)=e^t-t^2\)，则\(g'(t)=e^t-2t\)，\(g'' (t)=e^t-2\)， 当\(t>1\)时，\(g'' (t)>e-2>0\)，\(\therefore g'(t)\)单调递增， \(\therefore g'(t)>g'(1)=e-2>0\)，\(\therefore g(t)\)单调递增， \(\therefore g(t)>g(1)=e-1>0\)，故 \(f\left(e^{-\alpha-1}\right)>0\)， \(\therefore f(x)\)在 \(\left(0， \dfrac{1}{a}\right)\)和 \(\left(\dfrac{1}{a}，+\infty\right)\)内各有一个零点． 综上，当\(a≤0\)时\(f(x)\)有一个零点，当\(a>0\)时\(f(x)\)有两个零点．  

1.已知函数\(f(x)=x^3+ax^2-6x+b(b>0)\)在\(x=2\)处的切线与x轴平行．   (1)求\(f(x)\)在区间\([-2，4]\)上的最值；   (2)若\(f(x)\)恰有两个零点，且\(f(x)⩾c+10\)在\((0，+∞)\)时恒成立，求实数\(c\)的取值范围．    

2.已知函数\(f(x)=\dfrac{a \ln x}{x}-\dfrac{1}{2} x+a-1(a \in R)\)，记\(g(x)=xf(x)\)．   (1)当\(a0\)，所以\(f(x)\)的极大值\(f(-1)=b+\dfrac{7}{2}>0\)， 故若\(f(x)\)恰有两个零点，则\(f(x)\)的极小值\(f(2)=b-10=0\)． 由(1)\(y=f(x)\)在\((0，+∞)\)上的最小值为\(0\)． 即有\(0⩾c+10\)．所以\(c⩽-10\)．

答案 (1)\(a-\dfrac{3}{2}\) ；(2)\(2\). 解析 (1)由题意知，\(g(x)=xf(x)=a\ln ⁡x-\dfrac{1}{2} x^2+(a-1)x(1⩽x⩽3)\)， 则 \(g^{\prime}(x)=\dfrac{a}{x}-x+a-1=\dfrac{-x^2+(a-1) x+a}{x}=\dfrac{(-x+a)(x+1)}{x}\)， 当\(a0\)，得\(x>\dfrac{a}{2}\)；由\(f'(x)0)\)时，燃料费用为\(Q\)元，则\(Q=kx^3\)， 由\(6=k×10^3\)可得 \(k=\dfrac{3}{500}\)， \(\therefore Q=\dfrac{3}{500} x^3\)， \(\therefore\)总费用 \(y=\left(\dfrac{3}{500} x^3+96\right) \cdot \dfrac{1}{x}=\dfrac{3}{500} x^2+\dfrac{96}{x}\)， \(\therefore y^{\prime}=\dfrac{6}{500} x-\dfrac{96}{x^2}\) ，令\(y'=0\)得\(x=20\)， 当\(x\in (0，20)\)时，\(y'0\)，\(F(θ)\)单调递增． 所以当\(θ=\dfrac{\pi}{6}\) ，即\(A C=\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}\)时，改造计划的总费用最小．

答案 (1)\(L=7075 m+1000 m\left(\dfrac{3}{\sin \theta}-\dfrac{1}{\tan \theta}\right)\)，\(\theta \in\left(0， \dfrac{\pi}{2}\right)\) ；(2)\(\cos \theta=\dfrac{1}{3}\). 解析 (1)因\(∠PAB\)与\(∠PBA\)的正切值之比为\(1:3\)， 所以\(\dfrac{P H}{H A}: \dfrac{P H}{H B}=1: 3\)， 所以\(HB:HA=1:3\)，即\(AH=6\)，\(HB=2\)， 因\(PQ=2\)，所以 \(P M=\dfrac{2}{\sin \theta}\)， \(M Q=\dfrac{2}{\tan \theta}\) ， 所以\(L=1000(AN+MN+MP)+500(BN+MN+MP)\)， 所以\(L=1000 m\left(6-\dfrac{2}{\tan \theta}+0.05+\dfrac{2}{\sin \theta}\right)+500 m\left(2+\dfrac{2}{\tan \theta}+0.05+\dfrac{2}{\sin \theta}\right)\)， 化简得 \(L=7075 m+1000 m\left(\dfrac{3}{\sin \theta}-\dfrac{1}{\tan \theta}\right)\)， \(\theta \in\left(0， \dfrac{\pi}{2}\right)\)． (2)由(1)知\(L=7075 m+1000 m\left(\dfrac{3-\cos \theta}{\sin \theta}\right)\)， 所以\(L^{\prime}=1000 m \cdot \dfrac{(3-\cos \theta)^{\prime} \sin \theta-(3-\cos \theta)(\sin \theta)^{\prime}}{\sin ^2 \theta}\)， 化简得\(L^{\prime}=1000 m \cdot \dfrac{1-3 \cos \theta}{\sin ^2 \theta}\)， 由\(L'=0\)，得\(\cos ⁡θ=\dfrac{1}{3}\)， 令\(\cos ⁡θ_0=\dfrac{1}{3}\)，且 \(\theta_0 \in\left(0， \dfrac{\pi}{2}\right)\)， 当\(θ\in (0，θ_0 )\)时，\(\cos ⁡θ>\dfrac{1}{3}\)，\(L'0\)；当\(x>e\)时，\(f'(x)0)\)， \(\because g(x)=f(x)-x\)在定义域内有两个零点， \(\therefore\)函数\(y=h(x)\)与\(y=a\)与在定义域内有两个交点 \(\because h^{\prime}(x)=\dfrac{1-2 \ln x}{x^3}\)， 令\(h'(x)>0\)得：\(00\)，解得\(-30\)，则\(-\dfrac{1}{2a}0\)， 由\(f'(x)>0\)，得\(00\)，\(h(t)\)单调递增， 所以\(h(t)>h(1)=0\)， 即\(\ln t-\dfrac{2(t-1)}{t+1}>0\)，所以\(\dfrac{\ln t}{t-1}>\dfrac{2}{t+1}\)， 令\(t=\dfrac{x_2}{x_1}\) ， 则上式可化为 \(\dfrac{\ln \dfrac{x_2}{x_1}}{\dfrac{x_2}{x_1}-1}>\dfrac{2}{\dfrac{x_2}{x_1}+1}\)， 所以\(a\left[a\left(x_1+x_2\right)-1\right] x_1>\dfrac{2}{\dfrac{x_2}{x_1}+1}\)， 所以 \(a\left[a\left(x_1+x_2\right)-1\right] x_1>\dfrac{2}{x_1+x_2}\)， 即\(a^2 (x_1+x_2 )^2-a(x_1+x_2 )-2>0\)， 所以\([a(x_1+x_2 )-2][a(x_1+x_2 )+1]>0\)， 又因为\(a(x_1+x_2 )+1>0\)恒成立，所以\(a(x_1+x_2 )>2\)．