高中數(shù)學選擇性必修修二第2課時-函數(shù)的最大(小)值

/第2課時函數(shù)的最大(小)值基礎過關練題組一函數(shù)最大(小)值的概念及其求解1.設f(x)是區(qū)間[a,b]上的連續(xù)函數(shù),且在(a,b)內(nèi)可導,則下列結論中正確的是()A.f(x)的極值點一定是最值點B.f(x)的最值點一定是極值點C.f(x)在區(qū)間[a,b]上可能沒有極值點D.f(x)在區(qū)間[a,b]上可能沒有最值點2.(2020北京清華附中高二下期末)函數(shù)f(x)=x·ex的最小值是()A.-1 B.-eC.- D.不存在3.(2020浙江杭州六校高二下期中)已知函數(shù)f(x)=x3-12x,x∈[-3,3],則f(x)的最大值為()A.-9 B.-16 C.16 D.94.如圖是函數(shù)y=f(x)在區(qū)間[a,b]上的圖象,寫出函數(shù)的極大值、極小值、最大值和最小值.5.(2020黑龍江佳木斯一中高二上期末)求函數(shù)f(x)=x3-12x+6,x∈[-3,3]的單調(diào)區(qū)間,并求函數(shù)f(x)的最值.題組二含參函數(shù)的最大(小)值問題6.若函數(shù)f(x)=asinx+sin3x在x=處有最大(小)值,則a等于()A.2 B.1 C. D.07.若函數(shù)f(x)=-x3+mx2+1(m≠0)在區(qū)間(0,2)上的極大值為最大值,則m的取值范圍是()A.(0,3) B.(-3,0)C.(-∞,-3) D.(3,+∞)8.已知函數(shù)y=(x>1)有最大值-4,則a的值為()A.1 B.-1 C.4 D.-49.(2020浙江杭州高二下期中)函數(shù)f(x)=x3-3ax-a在(0,1)內(nèi)有最小值,則a的取值范圍為.

10.已知a是實數(shù),函數(shù)f(x)=x2(x-a),求f(x)在區(qū)間[0,2]上的最大值.題組三利用函數(shù)的最大(小)值解決不等式問題11.已知函數(shù)f(x)=x2-2lnx,若在定義域內(nèi)存在x0,使得不等式f(x0)-m≤0成立,則實數(shù)m的最小值是()A.2 B.-2 C.1 D.-112.已知函數(shù)f(x)=在區(qū)間[1,+∞)上為減函數(shù),則實數(shù)a的取值范圍為.

13.設函數(shù)f(x)=lnx-x+1.(1)求函數(shù)f(x)的極值;(2)證明:lnx≤x-1.14.已知函數(shù)f(x)=xlnx.(1)求f(x)的最小值;(2)若對任意x≥1,都有f(x)≥ax-1,求實數(shù)a的取值范圍.題組四利用導數(shù)解決生活中的優(yōu)化問題15.某產(chǎn)品的銷售收入y1(萬元)是產(chǎn)量x(千臺)的函數(shù),且函數(shù)解析式為y1=17x2(x>0),生產(chǎn)成本y2(萬元)是產(chǎn)量x(千臺)的函數(shù),且函數(shù)解析式為y2=2x3-x2(x>0),要使利潤最大,則該產(chǎn)品應生產(chǎn)()A.6千臺 B.7千臺 C.8千臺 D.9千臺16.某批發(fā)商以每噸20元的價格購進一批建筑材料,若以每噸M元零售,銷量N(單位:噸)與零售價M(單位:元)有如下關系:N=8300-170M-M2,則該批材料零售價定為元時利潤最大,利潤的最大值為元.

17.時下,網(wǎng)校教學越來越受廣大學生的喜愛,它已經(jīng)成為學生課外學習的一種方式.假設某網(wǎng)校的套題每日的銷售量y(單位:千套)與銷售價格x(單位:元/套)滿足關系式:y=+4(x-6)2,其中2<x<6,m為常數(shù),已知銷售價格為4元/套時,每日可售出套題21千套.(1)求m的值;(2)假設網(wǎng)校的員工工資、辦公費用等所有開銷折合為每套題2元(只考慮售出的套題).試確定銷售價格x為何值時,網(wǎng)校每日銷售套題所獲得的利潤最大.(保留1位小數(shù))18.將一塊2m×6m的矩形鋼板按如圖所示的方式劃線,要求①至⑦全為矩形,沿線裁去陰影部分,把剩余部分焊接成一個以⑦為底,⑤⑥為蓋的水箱,設水箱的高為xm,容積為ym3.(1)寫出y關于x的函數(shù)關系式;(2)當x取何值時,水箱的容積最大?能力提升練題組一函數(shù)最值問題的求解與應用1.(2020重慶九校聯(lián)盟高二上期末聯(lián)考,)若直線l:x=a與函數(shù)f(x)=x2+1,g(x)=lnx的圖象分別交于點P、Q,當P、Q兩點距離最近時,a=()A. B. C.1 D.2.(2020重慶七校聯(lián)盟高二上期末聯(lián)考,)已知函數(shù)f(x)的定義域為[-1,5],部分對應值如下表:x-1045f(x)1221y=f(x)的導函數(shù)y=f'(x)的圖象如圖所示:給出下列關于函數(shù)f(x)的命題:①函數(shù)y=f(x)是周期函數(shù);②函數(shù)f(x)在[0,2]上是減函數(shù);③如果當x∈[-1,t]時,f(x)的最大值是2,那么t的最大值為4;④當1<a<2時,函數(shù)y=f(x)-a有4個零點.其中真命題的個數(shù)是()A.1 B.2 C.3 D.43.()已知函數(shù)f(x)=-x3+3x2+9x+a.(1)求f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間;(2)若f(x)在區(qū)間[-2,2]上的最大值為20,求它在該區(qū)間上的最小值.題組二含參函數(shù)的最大(小)值問題4.(2020廣東揭陽高二下期末,)若函數(shù)f(x)=x3+x2-1在區(qū)間(m,m+3)上存在最小值,則實數(shù)m的取值范圍是()A.[-5,0) B.(-5,0)C.[-3,0) D.(-3,0)5.(2020湖南長沙長郡中學高二上期末,)已知函數(shù)f(x)=(a>0)在[1,+∞)上的最大值為,則a的值為()A.-1 B. C. D.+16.(2019吉林高二期末,)函數(shù)f(x)=ax4-4ax3+b(a>0),x∈[1,4],f(x)的最大值為3,最小值為-6,則ab=.

7.()已知函數(shù)f(x)=-2a2lnx+x2+ax(a∈R).(1)若a=1,求曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程;(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(3)當a<0時,求函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,e]上的最小值.題組三利用函數(shù)的最大(小)值解決不等式問題8.()若對任意的x>0,恒有l(wèi)nx≤px-1(p>0),則p的取值范圍是()A.(0,1] B.(1,+∞)C.(0,1) D.[1,+∞)9.()已知f(x)=ln(x2+1),g(x)=-m,若?x1∈[0,3],?x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2),則實數(shù)m的取值范圍是()A. B.C. D.10.(多選)()定義在R上的函數(shù)f(x),若存在函數(shù)g(x)=ax+b(a,b為常數(shù)),使得f(x)≥g(x)對一切實數(shù)x都成立,則稱g(x)為函數(shù)f(x)的一個承托函數(shù),下列命題中正確的是()A.函數(shù)g(x)=-2是函數(shù)f(x)=的一個承托函數(shù)B.函數(shù)g(x)=x-1是函數(shù)f(x)=x+sinx的一個承托函數(shù)C.若函數(shù)g(x)=ax是函數(shù)f(x)=ex的一個承托函數(shù),則a的取值范圍是[0,e]D.值域是R的函數(shù)f(x)不存在承托函數(shù)11.(2020河北保定高二上期末,)已知函數(shù)f(x)=sinx-1,g(x)=lnx-x,若對任意x1∈R都存在x2∈(1,e)使f(x1)<g(x2)成立,則實數(shù)a的取值范圍是.深度解析

12.(2020北京西城高三第一學期期末,)已知函數(shù)f(x)=ex-ax+x2,其中a>-1.(1)當a=0時,求曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程;(2)當a=1時,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(3)若f(x)≥x2+x+b對任意x∈R恒成立,求b-a的最大值.題組四利用導數(shù)解決生活中的優(yōu)化問題13.()某公司生產(chǎn)某種產(chǎn)品,固定成本為20000元,每生產(chǎn)一單位產(chǎn)品,成本增加100元,已知總營業(yè)收入R(元)與年產(chǎn)量x(萬噸)的關系是R(x)=則總利潤最大時,年產(chǎn)量是()A.100萬噸 B.150萬噸C.200萬噸 D.300萬噸14.()現(xiàn)有一個帳篷,它下部分的形狀是高為1m的正六棱柱,上部分的形狀是側棱長為3m的正六棱錐(如圖所示).當帳篷的體積最大時,帳篷的頂點O到底面中心O1的距離為()A.1m B.m C.2m D.3m15.()某廠生產(chǎn)x件某種產(chǎn)品的總成本為c(x)=(萬元),已知產(chǎn)品單價的平方與產(chǎn)品件數(shù)x成反比,生產(chǎn)100件這樣的產(chǎn)品單價為50萬元,則產(chǎn)量定為件時,總利潤最大.

16.(2019山東泰安高三上期中,)如圖,AOB是一塊半徑為r的扇形空地,∠BOG=,∠AOB=.某單位計劃在空地上修建一個矩形的活動場地OCDE及一矩形停車場EFGH,剩余的地方進行綠化.設∠AOD=θ.(1)記活動場地與停車場占地總面積為f(θ),求f(θ)的表達式;(2)當cosθ為何值時,可使活動場地與停車場占地總面積最大?

答案全解全析基礎過關練1.C根據(jù)函數(shù)的極值與最值的概念知,選項A,B,D都不正確.故選C.2.C由題意得,f'(x)=ex+xex=(1+x)ex.令f'(x)=0,得x=-1.當x<-1時,f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;當x>-1時,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增.因此f(x)在x=-1處取得極小值也是最小值,且最小值為f(-1)=-.故選C.3.C由題意得,f'(x)=3x2-12,令f'(x)=0,解得x=±2,易知f(x)在[-3,-2]上單調(diào)遞增,在[-2,2]上單調(diào)遞減,在[2,3]上單調(diào)遞增,又f(-2)=16,f(3)=-9,所以f(x)的最大值為16,故選C.4.解析由題圖可知y=f(x)在x1,x3處取極小值,在x2處取極大值,所以極小值為f(x1),f(x3),極大值為f(x2);比較極值和端點值可知函數(shù)的最小值是f(x3),最大值在b處取得,最大值為f(b).5.解析依題意得f'(x)=3x2-12=3(x-2)(x+2),令f'(x)=0,得x=-2或x=2,列表如下:x-3(-3,-2)-2(-2,2)2(2,3)3f'(x)+0-0+f(x)15↗22↘-10↗-3所以函數(shù)f(x)在(-3,-2)和(2,3)上是增函數(shù),在(-2,2)上是減函數(shù),且函數(shù)f(x)的最大值是22,最小值是-10.6.A∵f(x)在x=處有最大(小)值,∴x=是函數(shù)f(x)的極值點.又∵f'(x)=acosx+cos3x(x∈R),∴f'=acos+cosπ=0,解得a=2.7.A由題得f'(x)=-3x2+2mx,令f'(x)=0,得x=或x=0(舍去),因為f(x)在區(qū)間(0,2)內(nèi)的極大值為最大值,所以∈(0,2),即0<<2,所以0<m<3.8.B依題意得y'='===a,令y'=0,解得x=2或x=0(舍去).若函數(shù)在區(qū)間(1,+∞)上有最大值-4,則最大值必然在x=2處取得,所以=-4,解得a=-1,此時y'=,當1<x<2時,y'>0,當x>2時,y'<0,可以驗證當x=2時y取得最大值-4,故選B.9.答案(0,1)解析由題意得,f'(x)=3x2-3a,令f'(x)=0,得x2=a.∵x∈(0,1),∴要使f(x)在(0,1)內(nèi)有最小值,只需0<<1,即0<a<1.當0<x<時,f'(x)<0,當<x<1時,f'(x)>0,可以驗證當x=時f(x)取得最小值,故a的取值范圍是(0,1).10.解析由題意得,f'(x)=3x2-2ax.令f'(x)=0,得x=0或x=.①當≤0,即a≤0時,f(x)在[0,2]上單調(diào)遞增,從而f(x)max=f(2)=8-4a.②當≥2,即a≥3時,f(x)在[0,2]上單調(diào)遞減,從而f(x)max=f(0)=0.③當0<<2,即0<a<3時,f(x)在0,上單調(diào)遞減,在,2上單調(diào)遞增,從而f(x)max=綜上所述,f(x)max=11.C由題可知,函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),f'(x)=2x-.令f'(x)=0,得x=1或x=-1(舍).當x∈(0,1)時,f'(x)<0;當x∈(1,+∞)時,f'(x)>0.所以當x=1時,f(x)取得極小值,也是最小值,且最小值為1.由題意知m≥1,因此實數(shù)m的最小值為1.12.答案[e,+∞)解析由題意得,f'(x)==.因為f(x)在[1,+∞)上為減函數(shù),所以f'(x)≤0在[1,+∞)上恒成立,即lna≥1-lnx在[1,+∞)上恒成立,令g(x)=1-lnx,易知函數(shù)g(x)=1-lnx在區(qū)間[1,+∞)上單調(diào)遞減,所以g(x)max=g(1)=1,故lna≥1,即a≥e.13.解析(1)由題意得,函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),f'(x)=-1=,令f'(x)=0,得x=1.當x變化時,f'(x),f(x)的變化情況如下表:x(0,1)1(1,+∞)f'(x)+0-f(x)↗極大值↘因此,當x=1時,函數(shù)f(x)有極大值,且極大值為f(1)=0.(2)證明:由(1)可知函數(shù)f(x)在x=1處取得最大值,且最大值為0.即f(x)=lnx-x+1≤0,得lnx≤x-1.14.解析(1)易知f(x)的定義域為(0,+∞),f'(x)=1+lnx.令f'(x)>0,解得x>,令f'(x)<0,解得0<x<.故f(x)的最小值為f=-.(2)依題意得,f(x)≥ax-1在[1,+∞)上恒成立,即不等式a≤lnx+對任意x∈[1,+∞)恒成立.令g(x)=lnx+,則g'(x)=-=.當x≥1時,g'(x)≥0,故g(x)在[1,+∞)上是增函數(shù),所以g(x)的最小值是g(1)=1,因此a≤g(x)min=g(1)=1,故a的取值范圍為(-∞,1].15.A設利潤為y萬元,則y=y1-y2=17x2-(2x3-x2)=-2x3+18x2(x>0),∴y'=-6x2+36x=-6x(x-6).令y'=0,解得x=0(舍去)或x=6,經(jīng)檢驗知x=6既是函數(shù)的極大值點又是函數(shù)的最大值點,∴應生產(chǎn)6千臺該產(chǎn)品.16.答案30;23000解析設該商品的利潤為y元,由題意知,y=N(M-20)=-M3-150M2+11700M-166000,則y'=-3M2-300M+11700,令y'=0,得M=30或M=-130(舍去),當M∈(0,30)時,y'>0,當M∈(30,+∞)時,y'<0,因此當M=30時,y取得極大值,也是最大值,且ymax=23000.17.解析(1)由題意知當x=4時,y=21,代入y=+4(x-6)2,得+16=21,解得m=10.(2)設每日銷售套題所獲得的利潤為f(x)元.由(1)可知,套題每日的銷售量y=+4(x-6)2,2<x<6,所以每日銷售套題所獲得的利潤f(x)=(x-2)=10+4(x-6)2(x-2)=4x3-56x2+240x-278(2<x<6),則f'(x)=12x2-112x+240=4(3x-10)(x-6)(2<x<6).令f'(x)=0,得x=6(舍去)或x=.當x∈時,f'(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;當x∈時,f'(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減,所以x=是函數(shù)f(x)在(2,6)內(nèi)的極大值點,也是最大值點,所以當x=≈3.3時,函數(shù)f(x)取得最大值.故當銷售價格為3.3元/套時,網(wǎng)校每日銷售套題所獲得的利潤最大.18.解析(1)由水箱的高為xm,得水箱底面的寬為(2-2x)m,長為=(3-x)m.故水箱的容積y=(2-2x)(3-x)x=2x3-8x2+6x(0<x<1).(2)由(1)得y'=6x2-16x+6,令y'=0,解得x=(舍去)或x=,所以y=2x3-8x2+6x(0<x<1)在內(nèi)單調(diào)遞增,在內(nèi)單調(diào)遞減,所以當x=時,水箱的容積最大.能力提升練1.D由題意知|PQ|=a2+1-lna.設h(x)=x2+1-lnx(x>0),則h'(x)=2x-=,令h'(x)=0,得4x2-1=0,解得x=(負值舍去).當x在(0,+∞)上變化時,h'(x)與h(x)的變化情況如下表:xh'(x)-0+h(x)↘極小值↗因此,當|PQ|最小時a的值為,故選D.2.A由函數(shù)f(x)的定義域為[-1,5],知函數(shù)y=f(x)不是周期函數(shù),故①錯誤;由題圖知在[0,2]上f'(x)≤0,故f(x)在[0,2]上單調(diào)遞減,故②正確;依題意可畫出函數(shù)f(x)的大致圖象如圖所示:如果當x∈[-1,t]時,f(x)的最大值是2,那么t的最大值為5,故③錯誤;當x=2時,f(2)的值不確定,故1<a<2時,函數(shù)y=f(x)-a的零點個數(shù)不確定,故④錯誤.故選A.3.解析(1)由題意得,f'(x)=-3x2+6x+9.令f'(x)<0,解得x<-1或x>3,所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(-∞,-1),(3,+∞).(2)因為f(-2)=8+12-18+a=2+a,f(2)=-8+12+18+a=22+a,所以f(2)>f(-2).因為在(-1,3)上f'(x)>0,所以f(x)在[-1,2]上單調(diào)遞增.又f(x)在[-2,-1]上單調(diào)遞減,所以f(2)和f(-1)分別是f(x)在區(qū)間[-2,2]上的最大值和最小值,于是有22+a=20,解得a=-2.故f(x)=-x3+3x2+9x-2,因此f(-1)=1+3-9-2=-7,即函數(shù)f(x)在區(qū)間[-2,2]上的最小值為-7.4.D函數(shù)f(x)=x3+x2-1的導函數(shù)為f'(x)=x2+2x,令f'(x)=0,得x=-2或x=0,故f(x)在(-∞,-2),(0,+∞)上單調(diào)遞增,在(-2,0)上單調(diào)遞減,則x=0為極小值點,x=-2為極大值點.由f(x)在區(qū)間(m,m+3)上存在最小值,可得m<0<m+3,解得-3<m<0,此時f(m)=m3+m2-1=m2(m+3)-1>-1=f(0),因此實數(shù)m的取值范圍是(-3,0),故選D.5.A由f(x)=得,f'(x)=,當a>1時,若x>,則f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,若1<x<,則f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,故當x=時,函數(shù)f(x)有最大值=,得a=<1,不符合題意.當a=1時,函數(shù)f(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞減,最大值為f(1)=,不符合題意.當0<a<1時,函數(shù)f(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞減.此時最大值為f(1)==,得a=-1,符合題意.故a的值為-1.故選A.6.答案1解析∵函數(shù)f(x)=ax4-4ax3+b(a>0),x∈[1,4],∴f'(x)=4ax3-12ax2,令4ax3-12ax2=0,解得x=0或x=3,f(1)=b-3a,f(3)=b-27a,f(4)=b,且a>0,∴b-27a<b-3a<b.∵f(x)的最大值為3,最小值為-6,∴b=3,b-27a=-6,解得a=,∴ab=×3=1.7.解析(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),當a=1時,f(x)=-2lnx+x2+x,則f'(x)=-+x+1=,∴f'(1)=0.又f(1)=,∴曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為y=.(2)f'(x)=+x+a==(x>0).若a=0,則f'(x)=x>0,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞).若a<0,當x∈(0,-2a)時,f'(x)<0,當x∈(-2a,+∞)時,f'(x)>0,∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,-2a),單調(diào)遞增區(qū)間為(-2a,+∞).若a>0,當x∈(0,a)時,f'(x)<0,當x∈(a,+∞)時,f'(x)>0,∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,a),單調(diào)遞增區(qū)間為(a,+∞).(3)由(2)知,當a<0時,f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,-2a),單調(diào)遞增區(qū)間為(-2a,+∞).當-2a≤1,即-≤a<0時,f(x)在[1,e]上單調(diào)遞增,則f(x)min=f(1)=+a;當1<-2a<e,即-<a<-時,f(x)在(1,-2a)上單調(diào)遞減,在(-2a,e)上單調(diào)遞增,則f(x)min=f(-2a)=-2a2ln(-2a);當-2a≥e,即a≤-時,f(x)在[1,e]上單調(diào)遞減,則f(x)min=f(e)=-2a2++ae.綜上,f(x)min=8.D原不等式可化為lnx-px+1≤0,令f(x)=lnx-px+1,則f(x)max≤0.由f'(x)=-p知,f(x)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減,故f(x)在x=處取得極大值,也是最大值,故f(x)max=f=-lnp,則有-lnp≤0,解得p≥1.9.A由題意得,f'(x)=,易得f(x)在[0,3]上單調(diào)遞增,所以f(x1)∈[0,ln10];g'(x)=·ln,易得g(x)在[1,2]上單調(diào)遞減,所以g(x2)∈-m,-m.因為?x1∈[0,3],?x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2),所以只需0≥-m?m≥.故當m≥時,滿足題意.10.BC∵當x>0時,f(x)=lnx∈(-∞,+∞),∴f(x)≥g(x)=-2對一切實數(shù)x不一定都成立,故A錯誤.令t(x)=f(x)-g(x),則t(x)=x+sinx-(x-1)=sinx+1≥0恒成立,∴函數(shù)g(x)=x-1是函數(shù)f(x)=x+sinx的一個承托函數(shù),故B正確.令h(x)=ex-ax,則h'(x)=ex-a,若a=0,由題意知,結論成立.若a>0,令h'(x)=0,得x=lna,∴函數(shù)h(x)在(-∞,lna)上為減函數(shù),在(lna,+∞)上為增函數(shù),∴當x=lna時,函數(shù)h(x)取得極小值,也是最小值,為a-alna,∵g(x)=ax是函數(shù)f(x)=ex的一個承托函數(shù),∴a-alna≥0,∴l(xiāng)na≤1,∴0<a≤e.若a<0,當x→-∞時,h(x)→-∞,故不成立.綜上,當0≤a≤e時,函數(shù)g(x)=ax是函數(shù)f(x)=ex的一個承托函數(shù),故C正確.不妨令f(x)=2x,g(x)=2x-1,則f(x)-g(x)=1≥0恒成立,故g(x)=2x-1是f(x)=2x的一個承托函數(shù),故D錯誤.故選BC.11.答案(2e,+∞)解析因為對任意x1∈R都存在x2∈(1,e)使f(x1)<g(x2)成立,所以f(x)max<g(x)max,又f(x)=sinx-1,所以f(x)max=0,即存在x∈(1,e),使lnx-x>0,此時lnx>0,所以a>0,因此問題可轉化為存在x∈(1,e),使<成立,設h(x)=,則<h(x)max,對h(x)求導得h'(x)=,當x∈(1,e)時,h'(x)>0,h(x)單調(diào)遞增,所以h(x)<h(e)=,即<,所以a>2e,所以實數(shù)a的取值范圍是(2e,+∞).解題模板易錯警示分離參數(shù)求解不等式恒成立問題的步驟:12.解析(1)當a=0時,f(x)=ex+x2,則f'(x)=ex+x,所以f(0)=1,f'(0)=1.所以曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程為x-y+1=0.(2)當a=1時,f(x)=ex-x+x2,則f'(x)=ex-1+x.因為f'(0)=0,且f'(x)=ex-1+x在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增,所以當x>0時,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,當x<0時,f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為(-∞,0).(3)由f(x)≥x2+x+b對任意x∈R恒成立,得ex-(a+1)x-b≥0對任意x∈R恒成立.設g(x)=ex-(a+1)x-b,則g'(x)=ex-(a+1).令g'(x)=0,得x=ln(a+1)(a>-1).當x變化時,g'(x)與g(x)的變化情況如下表所示:x(-∞,ln(a+1))ln(a+1)(ln(a+1),+∞)g'(x)-0+g(x)↘極小值↗所以g(x)在(-∞,ln(a+1))上單調(diào)遞減,在(ln(a+1),+∞)上單調(diào)遞增.所以函數(shù)g(x)的最小值為g(ln(a+1))=(a+1)-(a+1)ln(a+1)-b.由題意,得g(ln(a+1))≥0,即b-a≤1-(a+1)ln(a+1).設h(x)=1-xlnx(x>0),則h'(x)=-lnx-1.因為當0<x<時,-lnx-1>0;當x>時,-lnx-1<0,所以h(x)在上單調(diào)遞增,在,+∞上單調(diào)遞減.所以當x=時,h(x)max=h=1+.所以當a+1=,b=a+1-(a+1)ln(a+1),即a=-1,b=時,b-a有最大值,最大值為1+.13.D當年產(chǎn)量為x萬