苏教版(2019)高中数学选择性必修第一册5.3.3 最大值与最小值同步练习(Word含答案)

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名称 苏教版(2019)高中数学选择性必修第一册5.3.3 最大值与最小值同步练习(Word含答案)
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资源类型 教案
版本资源 苏教版(2019)
科目 数学
更新时间 2022-09-06 15:18:24

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5.3.3 最大值与最小值
基础过关练                
题组一 函数的最大(小)值                
1.(2020江苏无锡太湖高级中学期中)函数f(x)=12x-x3在区间[-3,1]上的最小值是(  )
A.-16    B.-18    C.11    D.-9
2.(2020江苏南京临江高级中学质检)函数f(x)=x+2cos x在上的最大值为(  )
A.2    B. C.
3.(2020江苏泰州中学月考)已知f(x)=2x3-6x2+m(m为常数)在[-2,2]上有最大值3,那么此函数在[-2,2]上的最小值是(  )
A.-37    B.-2    C.-5    D.-10
4.(2022江苏南通如皋期中)函数y=tan 2x-2tan x的最大值为(  )
A.-3    B.3    C.0    D.-3
5.(2022江苏吴县中学月考)已知函数f(x)=aln x-bx2的图象在x=1处的切线为2y+1=0.
(1)求实数a,b的值;
(2)求函数f(x)在上的最大值.
题组二 函数最大(小)值的应用
6.若函数f(x)=asin x+sin 3x在x=处有最大(小)值,则a等于(  )
A.2    B.1    C.    D.0
7.若函数f(x)=-x3+mx2+1(m≠0)在区间(0,2)上有最大值,则m的取值范围是 (  )
A.(0,3)    B.(-3,0)
C.(-∞,-3)    D.(3,+∞)
8.已知函数f(x)=x2-2ln x,若在定义域内存在x0,使得不等式f(x0)-m≤0成立,则实数m的最小值为(  )
A.2    B.-2    C.1    D.-1
9.(2020江苏常州教学联盟联考)已知函数f(x)=ex.(e是自然对数的底数,e≈2.718 28…)
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)设函数h(x)=f(x)-2x-1,求证:当x>0时,h(x)>0.
10.(2020江苏南京江宁高级中学期中)已知曲线y=f(x)=x3+ax2+bx(a,b∈R)过点P(1,2),且曲线y=f(x)在点P处的切线与直线y=8x+1平行.
(1)求a,b的值;
(2)若f(x)≤m+在[-1,1]上恒成立,求正数m的取值范围.
题组三 利用导数解决生活中的优化问题
11.某产品的销售收入y1(万元)是产量x(千台)的函数,且函数解析式为y1=17x2(x>0),生产成本y2(万元)是产量x(千台)的函数,且函数解析式为y2=2x3-x2(x>0),要使利润最大,则应生产该产品(  )
A.6千台    B.7千台
C.8千台    D.9千台
12.某批发商以每吨20元的价格购进一批建筑材料,若以每吨M元零售,销量N(单位:吨)与零售价M(单位:元)有如下关系:N=8 300-170M-M2,则该批材料零售价定为    元时利润最大,最大利润为   元.
13.(2020江苏宿迁宿豫中学月考)某汽车生产企业上年度生产一品牌汽车的投入成本为10万元/辆,出厂价为14万元/辆,年销售量为m(m∈N*)辆.本年度为适应市场需求,计划提高产品档次,适当增加投入成本,若每辆车投入成本增加的比例为x(0(1)若年销售量增加的比例为0.5x,为使本年度的年利润比上年度有所增加,则投入成本增加的比例x应在什么范围内
(2)若年销售量m关于x的函数为m=t·(t>0,t为常数),则当x为何值时,本年度的年利润最大
能力提升练                
题组一 函数最值问题的求解
1.(2020江苏盐城东台创新高级中学检测)直线y=a分别与直线y=2(x+1),曲线y=x+ln x交于点A,B,则AB的最小值为(  )
A.    D.3
2.(多选)(2020江苏淮安期末)已知f(x)=x2+acos x,当a>1时, f(x)在(0,π)上(  )
A.有最大值    B.有最小值
C.没有最小值    D.没有最大值
3.(2022江苏包场高级中学月考)已知f(x)=2x3-mx2-12x+6的一个极值点为2.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)求函数f(x)在区间[-2,2]上的最值.
4.(2020湖南师大附中期末)已知函数f(x)=,其中e为自然对数的底数,a为实数.
(1)当a=1时,求函数f(x)的单调区间;
(2)当a>-1时,求函数f(x)在区间[-1,2]上的最大值.
题组二 函数最值问题的应用
5.(2020广东揭阳期末)若函数f(x)=x3+x2-1在区间(m,m+3)上存在最小值,则实数m的取值范围是(  )
A.[-5,0)    B.(-5,0)
C.[-3,0)    D.(-3,0)
6.(2020湖南长沙长郡中学期末)已知函数f(x)=(a>0)在[1,+∞)上的最大值为,则a的值为(  )
A.+1
7.已知f(x)=ln(x2+1),g(x)=-m,若 x1∈[0,3], x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2),则实数m的取值范围是(  )
A.C.
8.(多选)已知定义在R上的函数f(x),若存在函数g(x)=ax+b(a,b为常数),使得f(x)≥g(x)对一切实数x都成立,则称g(x)为函数f(x)的一个承托函数,则下列命题中正确的是(  )
A.函数g(x)=-2是函数f(x)=的一个承托函数
B.函数g(x)=x-1是函数f(x)=x+sin x的一个承托函数
C.若函数g(x)=ax是函数f(x)=ex的一个承托函数,则a的取值范围是[0,e]
D.值域是R的函数f(x)不存在承托函数
9.(2020江苏扬州期中)设函数f(x)=若f(x)无最大值,则实数a的取值范围是    .
10.(2020河北保定期末)已知函数f(x)=sin x-1,g(x)=ln x-x,若对任意x1∈R,都存在x2∈(1,e),使得f(x1)11.(2020北京西城期末)已知函数f(x)=ex-ax+x2,其中a>-1.
(1)当a=0时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)当a=1时,求函数f(x)的单调区间;
(3)若f(x)≥x2+x+b对任意x∈R恒成立,求b-a的最大值.
题组三 利用导数解决生活中的优化问题
12.(2020江苏连云港东海二中月考)如图,将边长为1的正六边形铁皮的六个角各切去一个全等的四边形,再沿虚线折起,做成一个无盖的正六棱柱容器.当这个正六棱柱容器的容积最大时,其底面边长为(  )
A.
13.某厂生产x件某种产品的总成本为c(x)=万元,已知产品单价的平方与产品件数x成反比,生产100件这样的产品时单价为50万元,则产量定为    件时,总利润最大.
14.(2021江苏淮安五校联考)如图,公园内直线道路旁有一半径为10米的半圆形荒地(圆心O在道路上,AB为直径),现要在荒地的基础上改造出一处景观.在半圆上取一点C,道路上B点的右侧取一点D,使OC垂直于CD,且OD的长不超过20米.在扇形区域AOC内种植花卉,三角形区域COD内铺设草皮.已知种植花卉的费用为200元/平方米,铺设草皮的费用为100元/平方米.
(1)设∠COD=x(单位:弧度),求总费用y(单位:元)关于x的函数关系式,并指出x的取值范围;
(2)当x为何值时,总费用最低 并求出最低费用.
答案全解全析
基础过关练
1.A 因为f(x)=12x-x3,所以f'(x)=12-3x2,由f'(x)>0得-22或x<-2,又-3≤x≤1,所以当-3≤x<-2时,f'(x)<0,函数f(x)=12x-x3单调递减,当-20,函数f(x)=12x-x3单调递增,因此f(x)min=f(-2)=-24+8=-16,故选A.
2.B ∵f(x)=x+2cos x,∴f'(x)=1-2sin x,由f'(x)>0得sin x<,∵x∈,∴x∈,∴当x∈时,函数f(x)单调递增;由f'(x)<0得sin x>,∵x∈,∴x∈,∴当x∈时,函数f(x)单调递减,∴x=是函数f(x)在上的极大值点,也为最大值点,最大值为f+2cos ,故选B.
3.A 因为f(x)=2x3-6x2+m,所以f'(x)=6x2-12x=6x(x-2),则f(x)在[-2,0)上单调递增,在(0,2]上单调递减,故f(x)max=f(0)=m=3,则f(x)=2x3-6x2+3,故f(x)min=min{f(-2),f(2)}=min{-37,-5}=-37.故选A.
4.A y=tan 2x-2tan x=-2tan x=,
令t=tan x,则t∈(1,+∞),故y=,则y'=,
当t∈(1,)时,y'>0,函数单调递增;当t∈(,+∞)时,y'<0,函数单调递减,
所以当t=时,y取得最大值,且ymax=.故选A.
5.解析 (1)由题意可知切点为,即f(1)=-b=-,∴b=,
∴f(x)=aln x-x2,可得f'(x)=-x.
∵f(x)的图象在x=1处的切线2y+1=0的斜率为0,
∴f'(1)=a-1=0,∴a=1.
(2)由(1)可知,f(x)=ln x-,
易知当x∈时,f'(x)>0;当x∈(1,e)时,f'(x)<0,
即函数f(x)在区间上单调递增,在区间(1,e)上单调递减,
∴f(x)max=f(1)=ln 1-.
6.A ∵f(x)在x=处有最大(小)值,
∴x=是函数f(x)的极值点.
又∵f'(x)=acos x+cos 3x(x∈R),
∴f'=acos +cos π=0,解得a=2.
7.A 由题意得f'(x)=-3x2+2mx,令f'(x)=0,得x=或x=0(舍去),因为f(x)在区间(0,2)上有最大值,所以∈(0,2),即0<<2,所以08.C 由题可知,函数f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=2x-.令f'(x)=0,得x=1或x=-1(舍去).当x∈(0,1)时, f'(x)<0;当x∈(1,+∞)时, f'(x)>0.所以当x=1时,f(x)取得极小值,也是最小值,且最小值为1.
由题意知m≥1,因此实数m的最小值为1.
9.解析 (1)由题意知,函数f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),f'(x)=ex.
令f'(x)>0,解得x<-1或x>,所以f(x)的单调递增区间为(-∞,-1),;
令f'(x)<0,解得-1综上,f(x)的单调递增区间为(-∞,-1),,单调递减区间为(-1,0),.
(2)证明:h(x)=,
令g(x)=-1,则g'(x)=,令g'(x)=0,得x=1.
列表如下:
x (0,1) 1 (1,+∞)
g'(x) - 0 +
g(x) ↘ 极小值 ↗
所以当x=1时,g(x)取得极小值,也是最小值,最小值g(1)=e-1>0,所以g(x)≥g(1)>0.
因为当x>0时,2x+1>0,
所以h(x)=(2x+1)>0对x>0都成立.
10.解析 (1)∵f(x)=x3+ax2+bx,∴f'(x)=3x2+2ax+b,由已知得即
解得
(2)由(1)知f(x)=x3+4x2-3x,若f(x)≤m+在[-1,1]上恒成立,则f(x)max≤m+,x∈[-1,1].
易得f'(x)=3x2+8x-3,
令f'(x)>0,解得x>或x<-3,∴f(x)在和(-∞,-3)上单调递增;
令f'(x)<0,解得-3∴f(x)在上单调递减,在上单调递增,
又f(-1)=-1+4+3=6,f(1)=1+4-3=2,
∴f(x)max=6,∴m+≥6,
由m>0,得m2-6m+5≥0,解得m≥5或0∴正数m的取值范围为(0,1]∪[5,+∞).
11.A 设利润为y万元,则y=y1-y2=17x2-(2x3-x2)=-2x3+18x2(x>0),
则y'=-6x2+36x=-6x(x-6).
令y'=0,解得x=0(舍去)或x=6,经检验知x=6既是函数的极大值点又是函数的最大值点,故应生产该产品6千台.
12.答案 30;23 000
解析 设该商品的利润为y元,由题意知,
y=N(M-20)=-M3-150M2+11 700M-166 000,
则y'=-3M2-300M+11 700,
令y'=0,得M=30或M=-130(舍去),
当M∈(0,30)时,y'>0,当M∈(30,+∞)时,y'<0,
因此当M=30时,y取得极大值,也是最大值,且ymax=23 000.
13.信息提取 (1)某企业上年度生产某品牌汽车的投入成本为10万元/辆,出厂价为14万元/辆,年销售量为m(m∈N*)辆;(2)每辆车投入成本增加的比例为x(00,t为常数).
数学建模 本题以汽车销售利润为背景构建函数模型,将实际生活中的利润最大问题转化为函数的最大值问题,再利用导数求该函数的最值.对于(1),先求出本年度的年利润,再列出不等式得到x的取值范围;对于(2),要使本年度的年利润最大,首先写出本年度年利润的函数表达式,然后求出此函数的导数为零时x的值,由此判断出函数的单调性,进而得到结果.
解析 (1)由题意得,本年度每辆车的投入成本为10(1+x)万元,出厂价为14(1+0.6x)万元,年销售量为m(1+0.5x)辆.
设本年度的年利润为f(x)万元,
则f(x)=[14(1+0.6x)-10(1+x)]·m(1+0.5x)
=(-0.8x2+0.4x+4)m,0由(-0.8x2+0.4x+4)m>4m,m∈N*,0得0(2)设本年度的年利润为g(x)万元,
则g(x)=[14(1+0.6x)-10(1+x)]·t·
=(1.6x3-8.8x2+9.6x+6)t,x∈(0,1),
则g'(x)=(4.8x2-17.6x+9.6)t,x∈(0,1),
由g'(x)=0,解得x=或x=3(舍去),
当x∈时, g'(x)>0, g(x)单调递增,
当x∈时, g'(x)<0, g(x)单调递减,
故当x=时,本年度的年利润最大.
能力提升练
1.A 设A(x1,a),B(x2,a),则2(x1+1)=x2+ln x2,
∴x1=(x2+ln x2)-1,
易得AB=x2-x1=(x2-ln x2)+1,
令y=(x-ln x)+1,则y'=,
∴函数在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
∴x=1时,函数取得极小值,也是最小值,最小值为.故选A.
2.BD ∵f(x)=x2+acos x,∴f'(x)=x-asin x,
令y1=x,y2=asin x(a>1),在同一平面直角坐标系中作出y1=x,y2=asin x(a>1)在(0,π)上的大致图象,如图.
当0当x0y2,即f'(x)=x-asin x>0,故f(x)单调递增;
当x=x0时,y1=y2,即f'(x)=x-asin x=0,此时f(x)取得极小值,也是最小值.
综上,f(x)=x2+acos x在(0,π)上有最小值,没有最大值.
3.解析 (1)因为f(x)=2x3-mx2-12x+6,所以f'(x)=6x2-2mx-12.
因为f(x)=2x3-mx2-12x+6的一个极值点为2,
所以f'(2)=6×22-2m×2-12=0,解得m=3,
所以f(x)=2x3-3x2-12x+6,f'(x)=6x2-6x-12=6(x+1)(x-2).
令f'(x)=0,解得x=-1或x=2,
令f'(x)<0,得-10,得x<-1或x>2,
故函数f(x)在区间(-1,2)上单调递减,在区间(-∞,-1),(2,+∞)上单调递增.
(2)由(1)知,f(x)在[-2,-1]上为增函数,在[-1,2]上为减函数,
所以x=-1是函数f(x)的极大值点,也是最大值点,又f(-1)=13,f(-2)=2,f(2)=-14,
所以函数f(x)在区间[-2,2]上的最小值为-14,最大值为13.
4.解析 (1)当a=1时, f(x)=,
则f'(x)=.
令f'(x)>0,由ex>0,得x(x-1)<0,即0令f'(x)<0,由ex>0,得x(x-1)>0,即x<0或x>1.
所以f(x)的单调递增区间是(0,1),单调递减区间是(-∞,0)和(1,+∞).
(2)易得f'(x)=.
因为a>-1,所以1-a<2.
①当1<1-a<2,即-10,得1则f(x)在(1,1-a)上单调递增,在[-1,1)和(1-a,2]上单调递减,
所以f(x)max=max{f(-1), f(1-a)}.
因为f(-1)=(2-a)e, f(1-a)==(2-a)ea-1,且-1所以f(-1)>f(1-a),所以f(x)max=(2-a)e.
②当1-a=1,即a=0时, f'(x)=≤0,
所以f(x)在[-1,2]上单调递减,
所以f(x)max=f(-1)=(2-a)e.
③当-1<1-a<1,即00,得1-a则f(x)在(1-a,1)上单调递增,在[-1,1-a)和(1,2]上单调递减,
所以f(x)max=max{f(-1), f(1)},
因为f(1)-f(-1)=+(a-2)e
=,
所以当0f(1),此时f(x)max=f(-1)=(2-a)e,
当≤a<2时, f(1)≥f(-1),此时f(x)max=f(1)=.
④当1-a≤-1,即a≥2时, f(x)在[-1,1)上单调递增,在(1,2]上单调递减,
则f(x)max=f(1)=.
综上, f(x)max=
5.D 函数f(x)=x3+x2-1的导函数为f'(x)=x2+2x,令f'(x)=0,得x=-2或x=0,
易知f(x)在(-∞,-2),(0,+∞)上单调递增,在(-2,0)上单调递减,
则x=0为极小值点,x=-2为极大值点.
由f(x)在区间(m,m+3)上存在最小值,
可得m<0此时f(m)=m2(m+3)-1>-1=f(0),因此实数m的取值范围是(-3,0),故选D.
6.A 由f(x)=,得f'(x)=,当a>1时,若x>,则f'(x)<0, f(x)单调递减,若10, f(x)单调递增,故当x=时,函数f(x)有最大值,为f(,解得a=<1,不符合题意.当a=1时,函数f(x)在[1,+∞)上单调递减,最大值为f(1)=,不符合题意.当07.A 易得f'(x)=,f(x)在[0,3]上单调递增,所以f(x1)∈[0,ln 10].易得g'(x)=·ln ,
g(x)在[1,2]上单调递减,所以g(x2)∈.因为 x1∈[0,3], x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2),
所以0≥-m,解得m≥.
8.BC A中,∵当x>0时, f(x)=ln x∈(-∞,+∞),
∴f(x)≥g(x)=-2不能对一切实数x都成立,故A错误.
B中,令t(x)=f(x)-g(x),则t(x)=x+sin x-(x-1)=sin x+1≥0,∴t(x)≥0对一切实数x都成立,
∴函数g(x)=x-1是函数f(x)=x+sin x的一个承托函数,故B正确.
C中,令h(x)=ex-ax,则h'(x)=ex-a,
当a=0时,由题意知,结论成立;
当a>0时,令h'(x)=0,得x=ln a,
∴函数h(x)在(-∞,ln a)上为减函数,在(ln a,+∞)上为增函数,
∴当x=ln a时,函数h(x)取得极小值,也是最小值,最小值为a-aln a,
∵g(x)=ax是函数f(x)=ex的一个承托函数,∴a-aln a≥0,∴ln a≤1,∴0若a<0,则当x→-∞时,h(x)→-∞,故不成立.
综上,当0≤a≤e时,函数g(x)=ax是函数f(x)=ex的一个承托函数,故C正确.
D中,不妨令f(x)=2x,g(x)=2x-1,则f(x)-g(x)=1≥0恒成立,
故g(x)=2x-1是f(x)=2x的一个承托函数,故D错误.故选BC.
9.答案 (-∞,-1)
解析 易知f'(x)=
令f'(x)=0,则x=±1,
若f(x)无最大值,
则或解得a<-1,
则实数a的取值范围为(-∞,-1).
10.答案 (2e,+∞)
解析 因为对任意x1∈R,都存在x2∈(1,e),使得f(x1)所以f(x)max又f(x)=sin x-1,所以f(x)max=0,
即存在x∈(1,e),使得ln x-x>0,此时ln x>0,所以a>0,
因此问题可转化为存在x∈(1,e),使成立.
设h(x)=,x∈(1,e),则对h(x)求导得h'(x)=,
当x∈(1,e)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,
所以h(x)2e,
所以实数a的取值范围是(2e,+∞).
方法总结
  一般地,已知函数y=f(x),x∈[a,b],y=g(x),x∈[c,d],且f(x),g(x)均存在最值,则有:
(1)若 x1∈[a,b], x2∈[c,d],总有f(x1)(2)若 x1∈[a,b], x2∈[c,d],有f(x1)(3)若 x1∈[a,b], x2∈[c,d],有f(x1)(4)若 x1∈[a,b], x2∈[c,d],有f(x1)=g(x2),则f(x)的值域是g(x)值域的子集 .
11.解析 (1)当a=0时, f(x)=ex+x2,则f'(x)=ex+x, 所以f(0)=1, f'(0)=1.
所以曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为x-y+1=0.
(2)当a=1时, f(x)=ex-x+x2,
则f'(x)=ex-1+x.
因为f'(0)=0,且f'(x)=ex-1+x在(-∞,+∞)上单调递增,
所以当x>0时, f'(x)>0, f(x)单调递增,当x<0时, f'(x)<0, f(x)单调递减.所以函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞),单调递减区间为(-∞,0).
(3)由f(x)≥x2+x+b对任意x∈R恒成立,得ex-(a+1)x-b≥0对任意x∈R恒成立.
设g(x)=ex-(a+1)x-b,
则g'(x)=ex-(a+1).
令g'(x)=0,得x=ln(a+1)(a>-1).
当x变化时,g'(x)与g(x)的变化情况如下表所示:
x (-∞, ln(a+1)) ln(a+1) (ln(a+1), +∞)
g'(x) - 0 +
g(x) ↘ 极小值 ↗
所以g(x)在(-∞,ln(a+1))上单调递减,在(ln(a+1),+∞)上单调递增.
所以函数g(x)在x=ln(a+1)处取得极小值,也是最小值,为g(ln(a+1))=(a+1)-(a+1)ln(a+1)-b.
由题意,得g(ln(a+1))≥0,
即 b-a≤1-(a+1)ln(a+1).
设h(x)=1-xln x(x>0),则h'(x)=-ln x-1.
因为当00;当x>时,-ln x-1<0,
所以h(x)在上单调递增,在上单调递减.
所以当x=时,h(x)max=h.
所以当a+1=,b=a+1-(a+1)ln(a+1),即a=时,b-a有最大值,最大值为1+.
12.B 设正六棱柱容器的底面边长为x,则正六棱柱容器的高为(1-x),
设正六棱柱容器的容积为V(x),
则V(x)=(x+2x)·x·(-x3+x2),
所以V'(x)=-x,则当x∈时,V'(x)>0;当x∈时,V'(x)<0,
所以V(x)在上单调递增,在上单调递减,所以当x=时,V(x)取得极大值,也是最大值,故选B.
13.答案 25
解析 设产品的单价为p万元,根据已知,可设p2=,其中k为比例系数.
因为当x=100时,p=50,所以k=250 000,
所以p2=,所以p=,x>0.
设总利润为y万元,
则y=·x-1 200-x3-1 200,
则y'=x2.令y'=0,得x=25.
故当00;当x>25时,y'<0.
因此当x=25时,函数y取得极大值,也是最大值.
14.信息提取 (1)点D在点B的右侧,且OC垂直于CD,OD的长不超过20米;(2)在扇形区域AOC内种植花卉,三角形区域COD内铺设草皮;(3)种植花卉的费用为200元/平方米,铺设草皮的费用为100元/平方米;(4)求出总费用y关于x的函数,并求出y的最小值.
数学建模 本题以实际生活中的成本最省问题为背景,构建函数模型,利用导数求出函数的最值,从而求得最低成本.对于(1),先分别计算扇形AOC和Rt△COD的面积,再计算总费用,根据OD的长不超过20米得到x的取值范围;对于(2),利用导数求其最值.
解析 (1)因为扇形AOC的半径为10米,∠AOC=π-x,
当OD=20米时,x=,所以0所以S扇形AOC==50(π-x)(平方米),其中0在Rt△COD中,OC=10米,则CD=10tan x米,
所以S△COD=·OC·CD=50tan x(平方米),
从而y=100S△COD+200S扇形AOC=5 000(tan x+2π-2x)(元),其中0(2)设f(x)=tan x+2π-2x,0则f(x)=+2π-2x,0所以f'(x)=,0令f'(x)=0,解得x=,
当00,
因此f(x)在区间上单调递减,在区间上单调递增,
当x=时,f(x)取得极小值,也是最小值,为f,则ymin=5 000×=(5 000+7 500π)元.
所以当x为时,总费用最低,最低费用为(5 000+7 500π)元.
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