高考数学考点归纳之导数与函数的极值 14页

高考数学考点归纳之导数与函数的极值、最值 考点一 利用导数研究函数的极值 考法(一) 已知函数的解析式求函数的极值点个数或极值 [例 1] 已知函数 f(x)＝x－1＋a ex(a∈R，e 为自然对数的底数)，求函数 f(x)的极值． [解] 由 f(x)＝x－1＋a ex ，得 f′(x)＝1－a ex. ①当 a≤0 时，f′(x)＞0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数 f(x)无极值． ②当 a＞0 时，令 f′(x)＝0， 得 ex＝a，即 x＝ln a， 当 x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0； 当 x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0， 所以函数 f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，故函数 f(x)在 x＝ ln a 处取得极小值且极小值为 f(ln a)＝ln a，无极大值． 综上，当 a≤0 时，函数 f(x)无极值； 当 a＞0 时，函数 f(x)在 x＝ln a 处取得极小值 ln a，无极大值． [例 2] 设函数 f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，其中 a∈R.讨论函数 f(x)极值点的个数，并说明 理由． [解] f′(x)＝ 1 x＋1 ＋a(2x－1)＝2ax2＋ax－a＋1 x＋1 (x＞－1)． 令 g(x)＝2ax2＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞)． ①当 a＝0 时，g(x)＝1，f′(x)＞0，函数 f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点． ②当 a＞0 时，Δ＝a2－8a(1－a)＝a(9a－8)． 当 0＜a≤8 9 时，Δ≤0，g(x)≥0，f′(x)≥0， 函数 f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点． 当 a＞8 9 时，Δ＞0， 设方程 2ax2＋ax－a＋1＝0 的两根为 x1，x2(x1＜x2)， 因为 x1＋x2＝－1 2 ， 所以 x1＜－1 4 ，x2＞－1 4. 由 g(－1)＝1＞0，可得－1＜x1＜－1 4. 所以当 x∈(－1，x1)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数 f(x)单调递增； 当 x∈(x1，x2)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数 f(x)单调递减； 当 x∈(x2，＋∞)时，g(x)＞0，f′(x)＞0, 函数 f(x)单调递增． 因此函数 f(x)有两个极值点． ③当 a＜0 时，Δ＞0，由 g(－1)＝1＞0， 可得 x1＜－1＜x2. 当 x∈(－1，x2)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数 f(x)单调递增； 当 x∈(x2，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数 f(x)单调递减． 所以函数 f(x)有一个极值点． 综上所述，当 a＜0 时，函数 f(x)有一个极值点； 当 0≤a≤8 9 时，函数 f(x)无极值点； 当 a＞8 9 时，函数 f(x)有两个极值点． 考法(二) 已知函数的极值点的个数求参数 [例 3] 已知函数 g(x)＝ln x－mx＋m x 存在两个极值点 x1，x2，求 m 的取值范围． [解] 因为 g(x)＝ln x－mx＋m x ， 所以 g′(x)＝1 x －m－m x2 ＝－mx2－x＋m x2 (x＞0)， 令 h(x)＝mx2－x＋m，要使 g(x)存在两个极值点 x1，x2，则方程 mx2－x＋m＝0 有两个不 相等的正数根 x1，x2. 故只需满足 h0＞0， 1 2m ＞0， h 1 2m ＜0， 解得 0＜m＜1 2. 所以 m 的取值范围为 0，1 2 . 考法(三) 已知函数的极值求参数 [例 4] (2018·北京高考)设函数 f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex. (1)若曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与 x 轴平行，求 a； (2)若 f(x)在 x＝2 处取得极小值，求 a 的取值范围． [解] (1)因为 f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex， 所以 f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex. 所以 f′(1)＝(1－a)e. 由题设知 f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得 a＝1. 此时 f(1)＝3e≠0. 所以 a 的值为 1. (2)由(1)得 f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex ＝(ax－1)(x－2)ex. 若 a＞1 2 ，则当 x∈ 1 a ，2 时，f′(x)＜0; 当 x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0. 所以 f(x)在 x＝2 处取得极小值． 若 a≤1 2 ，则当 x∈(0,2)时，x－2＜0，ax－1≤1 2x－1＜0， 所以 f′(x)＞0. 所以 2 不是 f(x)的极小值点． 综上可知，a 的取值范围是 1 2 ，＋∞ . 考点二 利用导数研究函数的最值 [典例精析]已知函数 f(x)＝ln x x －1. (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)设 m＞0，求函数 f(x)在区间[m,2m]上的最大值． [解] (1)因为函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，且 f′(x)＝1－ln x x2 ， 由 f′x＞0， x＞0， 得 0 ＜x＜e；由 f′x＜0， x＞0， 得 x＞e. 所以函数 f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)． (2)①当 2m≤e， m＞0， 即 0＜m≤e 2 时，函数 f(x)在区间[m,2m]上单调递增， 所以 f(x)max＝f(2m)＝ln2m 2m －1； ②当 m＜e＜2m，即e 2 ＜m＜e 时，函数 f(x)在区间(m，e)上单调递增，在(e,2m)上单调递 减， 所以 f(x)max＝f(e)＝ln e e －1＝1 e －1； ③当 m≥e 时，函数 f(x)在区间[m,2m]上单调递减， 所以 f(x)max＝f(m)＝ln m m －1. 综上所述，当 0＜m≤e 2 时，f(x)max＝ln2m 2m －1； 当e 2 ＜m＜e 时，f(x)max＝1 e －1； 当 m≥e 时，f(x)max＝ln m m －1. [题组训练] 1．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝2sin x＋sin 2x，则 f(x)的最小值是________． 解析：f′(x)＝2cos x＋2cos 2x＝2cos x＋2(2cos2x－1) ＝2(2cos2x＋cos x－1)＝2(2cos x－1)(cos x＋1)． ∵cos x＋1≥0， ∴当 cos x＜1 2 时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当 cos x＞1 2 时，f′(x)＞0，f(x)单调递增． ∴当 cos x＝1 2 ，f(x)有最小值． 又 f(x)＝2sin x＋sin 2x＝2sin x(1＋cos x)， ∴当 sin x＝－ 3 2 时，f(x)有最小值， 即 f(x)min＝2× － 3 2 × 1＋1 2 ＝－3 3 2 . 答案：－3 3 2 2．已知函数 f(x)＝ln x＋ax2＋bx(其中 a，b 为常数且 a≠0)在 x＝1 处取得极值． (1)当 a＝1 时，求 f(x)的单调区间； (2)若 f(x)在(0，e]上的最大值为 1，求 a 的值． 解：(1)因为 f(x)＝ln x＋ax2＋bx，所以 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1 x ＋2ax＋b， 因为函数 f(x)＝ln x＋ax2＋bx 在 x＝1 处取得极值， 所以 f′(1)＝1＋2a＋b＝0， 又 a＝1，所以 b＝－3，则 f′(x)＝2x2－3x＋1 x ， 令 f′(x)＝0，得 x1＝1 2 ，x2＝1. 当 x 变化时，f′(x)，f(x)随 x 的变化情况如下表： x 0，1 2 1 2 1 2 ，1 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 极大值 极小值 所以 f(x)的单调递增区间为 0，1 2 ，(1，＋∞)，单调递减区间为 1 2 ，1 . (2)由(1)知 f′(x)＝2ax2－2a＋1x＋1 x ＝2ax－1x－1 x (x＞0)， 令 f′(x)＝0，得 x1＝1，x2＝ 1 2a ， 因为 f(x)在 x＝1 处取得极值，所以 x2＝ 1 2a ≠x1＝1. ①当 a＜0，即 1 2a ＜0 时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减， 所以 f(x)在区间(0，e]上的最大值为 f(1)，令 f(1)＝1，解得 a＝－2. ②当 a＞0，即 x2＝ 1 2a ＞0 时， 若 1 2a ＜1，f(x)在 0， 1 2a ，[1，e]上单调递增，在 1 2a ，1 上单调递减，所以最大值可能 在 x＝ 1 2a 或 x＝e 处取得，而 f 1 2a ＝ln 1 2a ＋a 1 2a 2－(2a＋1)· 1 2a ＝ln 1 2a － 1 4a －1＜0， 令 f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得 a＝ 1 e－2 . 若 1＜ 1 2a ＜e，f(x)在区间(0,1)， 1 2a ，e 上单调递增，在 1， 1 2a 上单调递减， 所以最大值可能在 x＝1 或 x＝e 处取得， 而 f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)＜0， 令 f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝1， 解得 a＝ 1 e－2 ，与 1＜x2＝ 1 2a ＜e 矛盾． 若 x2＝ 1 2a ≥e，f(x)在区间(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以最大值可能在 x ＝1 处取得，而 f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)＜0，矛盾． 综上所述，a＝ 1 e－2 或 a＝－2. 考点三 利用导数求解函数极值和最值的综合问题 [典例精析](2019·贵阳模拟)已知函数 f(x)＝ln x＋1 2x2－ax＋a(a∈R)． (1)若函数 f(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数，求实数 a 的取值范围； (2)若函数 f(x)在 x＝x1 和 x＝x2 处取得极值，且 x2≥ ex1(e 为自然对数的底数)，求 f(x2) －f(x1)的最大值． [解] (1)∵f′(x)＝1 x ＋x－a(x＞0)， 又 f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴恒有 f′(x)≥0， 即1 x ＋x－a≥0 恒成立，∴a≤ x＋1 x min， 而 x＋1 x ≥2 x·1 x ＝2，当且仅当 x＝1 时取“＝”，∴a≤2. 即函数 f(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数时，a 的取值范围是(－∞，2]． (2)∵f(x)在 x＝x1 和 x＝x2 处取得极值， 且 f′(x)＝1 x ＋x－a＝x2－ax＋1 x (x＞0)， ∴x1，x2 是方程 x2－ax＋1＝0 的两个实根， 由根与系数的关系得 x1＋x2＝a，x1x2＝1， ∴f(x2)－f(x1)＝lnx2 x1 ＋1 2(x22－x21)－a(x2－x1)＝lnx2 x1 －1 2(x22－x21)＝lnx2 x1 －1 2(x22－x21) 1 x1x2 ＝lnx2 x1 － 1 2 x2 x1 －x1 x2 ， 设 t＝x2 x1 (t≥ e)，令 h(t)＝ln t－1 2 t－1 t (t≥ e)， 则 h′(t)＝1 t －1 2 1＋1 t2 ＝－t－12 2t2 ＜0， ∴h(t)在[ e，＋∞)上是减函数， ∴h(t)≤h( e)＝1 2 1－ e＋ e e ， 故 f(x2)－f(x1) 的最大值为1 2 1－ e＋ e e . [题组训练] 已知函数 f(x)＝ax2＋bx＋c ex (a＞0)的导函数 f′(x)的两个零点为－3 和 0. (1)求 f(x)的单调区间； (2)若 f(x)的极小值为－e3，求 f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值． 解：(1)f′(x)＝2ax＋bex－ax2＋bx＋cex ex2 ＝－ax2＋2a－bx＋b－c ex . 令 g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c， 因为 ex＞0，所以 f′(x)的零点就是 g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c 的零点，且 f′(x)与 g(x) 符号相同． 又因为 a＞0，所以当－3＜x＜0 时，g(x)＞0，即 f′(x)＞0， 当 x＜－3 或 x＞0 时，g(x)＜0，即 f′(x)＜0， 所以 f(x)的单调递增区间是(－3,0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)． (2)由(1)知，x＝－3是f(x)的极小值点，所以有 f－3＝9a－3b＋c e－3 ＝－e3， g0＝b－c＝0， g－3＝－9a－32a－b＋b－c＝0， 解得 a＝1，b＝5，c＝5，所以 f(x)＝x2＋5x＋5 ex . 由(1)可知当 x＝0 时 f(x)取得极大值 f(0)＝5， 故 f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值取 f(－5)和 f(0)中的最大者． 而 f(－5)＝ 5 e－5 ＝5e5＞5＝f(0)， 所以函数 f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值是 5e5. [课时跟踪检测] A 级 1．函数 f(x)＝xe－x，x∈[0,4]的最小值为( ) A．0 B.1 e C.4 e4 D.2 e2 解析：选 A f′(x)＝1－x ex ， 当 x∈[0,1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 当 x∈(1,4]时，f′(x)＜0，f(x)单调递减， 因为 f(0)＝0，f(4)＝4 e4 ＞0，所以当 x＝0 时，f(x)有最小值，且最小值为 0. 2．若函数 f(x)＝aex－sin x 在 x＝0 处有极值，则 a 的值为( ) A．－1 B．0 C．1 D．e 解析：选 C f′(x)＝aex－cos x，若函数 f(x)＝aex－sin x 在 x＝0 处有极值，则 f′(0)＝ a－1＝0，解得 a＝1，经检验 a＝1 符合题意，故选 C. 3．已知 x＝2 是函数 f(x)＝x3－3ax＋2 的极小值点，那么函数 f(x)的极大值为( ) A．15 B．16 C．17 D．18 解析：选 D 因为 x＝2 是函数 f(x)＝x3－3ax＋2 的极小值点，所以 f′(2)＝12－3a＝0， 解得 a＝4，所以函数 f(x)的解析式为 f(x)＝x3－12x＋2，f′(x)＝3x2－12，由 f′(x)＝0，得 x ＝±2，故函数 f(x)在(－2,2)上是减函数，在(－∞，－2)，(2，＋∞)上是增函数，由此可知当 x＝－2 时，函数 f(x)取得极大值 f(－2)＝18. 4.(2019·合肥模拟)已知函数 f(x)＝x3＋bx2＋cx 的大致图象如图所示，则 x21＋x 22等于( ) A.2 3 B.4 3 C.8 3 D.16 3 解析：选 C 由图象可知 f(x)的图象过点(1,0)与(2,0)，x1，x2 是函数 f(x)的极值点，因此 1＋b＋c＝0,8＋4b＋2c＝0，解得 b＝－3，c＝2，所以 f(x)＝x3－3x2＋2x，所以 f′(x)＝3x2 －6x＋2，则 x1，x2 是方程 f′(x)＝3x2－6x＋2＝0 的两个不同的实数根，因此 x1＋x2＝2，x1x2 ＝2 3 ，所以 x21＋x22＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－4 3 ＝8 3. 5．(2019·泉州质检)已知直线 y＝a 分别与函数 y＝ex＋1 和 y＝ x－1交于 A，B 两点，则 A，B 之间的最短距离是( ) A.3－ln 2 2 B.5－ln 2 2 C.3＋ln 2 2 D.5＋ln 2 2 解析：选 D 由 y＝ex＋1 得 x＝ln y－1，由 y＝ x－1得 x＝y2＋1，所以设 h(y)＝|AB|＝y2 ＋1－(ln y－1)＝y2－ln y＋2，h′(y)＝2y－1 y ＝2 y－ 2 2 y＋ 2 2 y (y＞0)，当 0＜y＜ 2 2 时，h′(y) ＜0；当 y＞ 2 2 时，h′(y)＞0，即函数 h(y)在区间 0， 2 2 上单调递减，在区间 2 2 ，＋∞ 上 单调递增，所以 h(y)min＝h 2 2 ＝ 2 2 2－ln 2 2 ＋2＝5＋ln 2 2 . 6．若函数 f(x)＝x3－3a2x＋a(a＞0)的极大值是正数，极小值是负数，则 a 的取值范围是 ________． 解析：f′(x)＝3x2－3a2＝3(x＋a)(x－a)， 由 f′(x)＝0 得 x＝±a， 当－a＜x＜a 时，f′(x)＜0，函数 f(x)单调递减； 当 x＞a 或 x＜－a 时，f′(x)＞0，函数 f(x)单调递增， ∴f(x)的极大值为 f(－a)，极小值为 f(a)． ∴f(－a)＝－a3＋3a3＋a＞0 且 f(a)＝a3－3a3＋a＜0， 解得 a＞ 2 2 . ∴a 的取值范围是 2 2 ，＋∞ . 答案： 2 2 ，＋∞ 7．(2019·长沙调研)已知 y＝f(x)是奇函数，当 x∈(0,2)时，f(x)＝ln x－ax a＞1 2 ，当 x∈(－ 2,0)时，f(x)的最小值为 1，则 a＝________. 解析：由题意知，当 x∈(0,2)时，f(x)的最大值为－1. 令 f′(x)＝1 x －a＝0，得 x＝1 a ， 当 0＜x＜1 a 时，f′(x)＞0； 当 x＞1 a 时，f′(x)＜0. ∴f(x)max＝f 1 a ＝－ln a－1＝－1，解得 a＝1. 答案：1 8．(2018·内江一模)已知函数 f(x)＝asin x＋bcos x(a，b∈R)，曲线 y＝f(x)在点 π 3 ，f π 3 处 的切线方程为 y＝x－π 3. (1)求 a，b 的值； (2)求函数 g(x)＝f x＋π 3 x 在 0，π 2 上的最小值． 解：(1)由切线方程知，当 x＝π 3 时，y＝0， ∴f π 3 ＝ 3 2 a＋1 2b＝0. ∵f′(x)＝acos x－bsin x， ∴由切线方程知，f′ π 3 ＝1 2a－ 3 2 b＝1， ∴a＝1 2 ，b＝－ 3 2 . (2) 由(1)知，f(x)＝1 2sin x－ 3 2 cos x＝sin x－π 3 ， ∴函数 g(x)＝sin x x 0＜x≤π 2 ，g′(x)＝xcos x－sin x x2 .设 u(x)＝xcos x－sin x 0≤x≤π 2 ，则 u′(x)＝－xsin x＜0，故 u(x)在 0，π 2 上单调递减．∴u(x)＜u(0)＝0，∴g(x)在 0，π 2 上单调 递减．∴函数 g(x)在 0，π 2 上的最小值为 g π 2 ＝2 π. 9．已知函数 f(x)＝aln x＋1 x(a＞0)． (1)求函数 f(x)的单调区间和极值； (2)是否存在实数 a，使得函数 f(x)在[1，e]上的最小值为 0？若存在，求出 a 的值；若不 存在，请说明理由． 解：由题意，知函数的定义域为{x|x＞0}，f′(x)＝a x －1 x2 ＝ax－1 x2 (a＞0)． (1)由 f′(x)＞0，解得 x＞1 a ， 所以函数 f(x)的单调递增区间是 1 a ，＋∞ ； 由 f′(x)＜0，解得 0＜x＜1 a ， 所以函数 f(x)的单调递减区间是 0，1 a . 所以当 x＝1 a 时，函数 f(x)有极小值 f 1 a ＝aln1 a ＋a＝a－aln a，无极大值． (2)不存在，理由如下： 由(1)可知，当 x∈ 0，1 a 时，函数 f(x)单调递减； 当 x∈ 1 a ，＋∞ 时，函数 f(x)单调递增． ①若 0＜1 a ≤1，即 a≥1 时，函数 f(x)在[1，e]上为增函数， 故函数 f(x)的最小值为 f(1)＝aln 1＋1＝1，显然 1≠0，故不满足条件． ②若 1＜1 a ≤e，即1 e ≤a＜1 时，函数 f(x)在 1，1 a 上为减函数，在 1 a ，e 上为增函数， 故函数 f(x)的最小值为 f(x)的极小值 f 1 a ＝aln1 a ＋a＝a－aln a＝0，即 ln a＝1，解得 a＝e， 而1 e ≤a＜1，故不满足条件． ③若1 a ＞e，即 0＜a＜1 e 时，函数 f(x)在[1，e]上为减函数，故函数 f(x)的最小值为 f(e)＝ aln e＋1 e ＝a＋1 e ＝0，即 a＝－1 e ，而 0＜a＜1 e ，故不满足条件． 综上所述，不存在这样的实数 a，使得函数 f(x)在[1，e]上的最小值为 0. B 级 1．(2019·郑州质检)若函数 f(x)＝x3－ax2－bx＋a2 在 x＝1 时有极值 10，则 a，b 的值为 ( ) A．a＝3，b＝－3 或 a＝－4，b＝11 B．a＝－4，b＝－3 或 a＝－4，b＝11 C．a＝－4，b＝11 D．以上都不对 解析：选 C 由题意，f′(x)＝3x2－2ax－b， 则 f′(1)＝0，即 2a＋b＝3.① f(1)＝1－a－b＋a2＝10，即 a2－a－b＝9.② 联立①②，解得 a＝－4， b＝11 或 a＝3， b＝－3. 经检验 a＝3， b＝－3 不符合题意，舍去．故选 C. 2．(2019·唐山联考)若函数 f(x)＝x2－1 2ln x＋1 在其定义域内的一个子区间(a－1，a＋1) 内存在极值，则实数 a 的取值范围是________． 解析：由题意，得函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－ 1 2x ＝4x2－1 2x ，令 f′(x)＝0， 得 x＝1 2 x＝－1 2 舍去 ， 则由已知得 a－1≥0， a－1＜1 2 ， a＋1＞1 2 ， 解得 1≤a＜3 2. 答案： 1，3 2 3．(2019·德州质检)已知函数 f(x)＝－1 3x3＋x 在(a,10－a2)上有最大值，则实数 a 的取值 范围是________． 解析：由 f′(x)＝－x2＋1，知 f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在[－1,1]上单调递增，在(1， ＋∞)上单调递减，故函数 f(x)在(a,10－a2)上存在最大值的条件为 a＜1， 10－a2＞1， f1≥fa， 其中 f(1)≥f(a)，即为－1 3 ＋1≥－1 3a3＋a， 整理得 a3－3a＋2≥0，即 a3－1－3a＋3≥0， 即(a－1)(a2＋a＋1)－3(a－1)≥0， 即(a－1)(a2＋a－2)≥0，即(a－1)2(a＋2)≥0， 即 a＜1， 10－a2＞1， a－12a＋2≥0， 解得－2≤a＜1. 答案：[－2,1) 4.已知函数 f(x)是 R 上的可导函数，f(x)的导函数 f′(x)的图象如图，则下列结论正确的 是( ) A．a，c 分别是极大值点和极小值点 B．b，c 分别是极大值点和极小值点 C．f(x)在区间(a，c)上是增函数 D．f(x)在区间(b，c)上是减函数 解析：选 C 由极值点的定义可知，a 是极小值点，无极大值点；由导函数的图象可知， 函数 f(x)在区间(a，＋∞)上是增函数，故选 C. 5.如图，在半径为 10 3的半圆形(O 为圆心)铁皮上截取一块矩形材料 ABCD，其中 A，B 在直径上，C，D 在圆周上，将所截得的矩形铁皮 ABCD 卷成一个以 AD 为母线的圆柱形罐子的侧面(不计剪裁与拼接损耗)，记圆柱形罐子的体积为 V，设 AD＝x，则 Vmax＝________. 解析：设圆柱形罐子的底面半径为 r， 由题意得 AB＝2 10 32－x2＝2πr， 所以 r＝ 300－x2 π ， 所以 V＝πr2x＝π 300－x2 π 2x＝1 π(－x3＋300x)(0＜x＜10 3)，故 V′＝－3 π(x2－100)＝－ 3 π(x＋10)(x－10)(0＜x＜10 3)． 令 V′＝0，得 x＝10(负值舍去)， 则 V′，V 随 x 的变化情况如下表： x (0,10) 10 (10,10 3) V′ ＋ 0 － V 极大值 所以当 x＝10 时，V 取得极大值，也是最大值， 所以 Vmax＝2 000 π . 答案：2 000 π 6．已知函数 f(x)＝ln(x＋1)－ax2＋x x＋12 ，其中 a 为常数． (1)当 1＜a≤2 时，讨论 f(x)的单调性； (2)当 x＞0 时，求 g(x)＝xln 1＋1 x ＋1 xln(1＋x)的最大值． 解：(1)函数 f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝xx－2a＋3 x＋13 ， ①当－1＜2a－3＜0，即 1＜a＜3 2 时， 当－1＜x＜2a－3 或 x＞0 时，f′(x)＞0，则 f(x)在(－1，2a－3)，(0，＋∞)上单调递增， 当 2a－3＜x＜0 时，f′(x)＜0，则 f(x)在(2a－3,0)上单调递减． ②当 2a－3＝0，即 a＝3 2 时，f′(x)≥0，则 f(x)在(－1，＋∞)上单调递增． ③当 2a－3＞0，即 a＞3 2 时， 当－1＜x＜0 或 x＞2a－3 时，f′(x)＞0， 则 f(x)在(－1,0)，(2a－3，＋∞)上单调递增， 当 0＜x＜2a－3 时，f′(x)＜0，则 f(x)在(0,2a－3)上单调递减． 综上，当 1＜a＜3 2 时，f(x)在(－1,2a－3)，(0，＋∞)上单调递增，在(2a－3,0)上单调递 减；当 a＝3 2 时，f(x)在(－1，＋∞)上单调递增；当3 2 ＜a≤2 时，f(x)在(－1,0)，(2a－3，＋∞) 上单调递增，在(0,2a－3)上单调递减． (2)∵g(x)＝ x＋1 x ln(1＋x)－xln x＝g 1 x ， ∴g(x)在(0，＋∞)上的最大值等价于 g(x)在(0,1]上的最大值． 令 h(x)＝g′(x)＝ 1－1 x2 ln(1＋x)＋ x＋1 x · 1 1＋x －(ln x＋1)＝ 1－1 x2 ln(1＋x)－ln x＋1 x － 2 1＋x ， 则 h′(x)＝2 x3 ln1＋x－2x2＋x x＋12 . 由(1)可知当 a＝2 时，f(x)在(0,1]上单调递减， ∴f(x)＜f(0)＝0， ∴h′(x)＜0，从而 h(x)在(0,1]上单调递减， ∴h(x)≥h(1)＝0，∴g(x)在(0,1]上单调递增， ∴g(x)≤g(1)＝2ln 2， ∴g(x)的最大值为 2ln 2.