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用一塊長為a，寬為b（a＞b）的矩形木板，在二面角為γ的墻角處，圍出一個直三棱柱的谷倉，在下面四種設計中，容積最大的是（　　）

A．

B．

C．

D．

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（本小題滿分13分）用一塊長為a，寬為b (a＞b)的矩形木塊，在二面角為 (0＜＜)的墻角處圍出一個直三棱柱的儲物倉(使木板垂直于地面，兩邊與墻面貼緊，另一邊與地面貼緊)，試問怎樣圍才能使儲物倉的容積最大？并求出這個最大值．

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難點磁場

證明：若x＞0，則α+β＞∵α、β為銳角，∴0＜－α＜β＜;0＜－β＜,∴0＜sin(－α)＜sinβ.0＜sin(－β)＜sinα，∴0＜cosα＜sinβ,0＜cosβ＜sinα,∴0＜＜1,0＜＜1,∴f(x)在(0,+∞)上單調遞減，∴f(x)＜f(0)=2.若x＜0,α+β＜,∵α、β為銳角，0＜β＜－α＜,0＜α＜－β＜,0＜sinβ＜sin(－α),∴sinβ＜cosα,0＜sinα＜sin(－β),∴sinα＜cosβ,∴＞1, ＞1,

∵f(x)在(－∞,0）上單調遞增，∴f(x)＜f(0)=2,∴結論成立.

殲滅難點訓練

一、1.解析：函數y=－xcosx是奇函數，圖象不可能是A和C，又當x∈(0, )時，

y＜0.

答案：D

2.解析：f(x)=cos2x+sin(+x)=2cos²x－1+cosx

=2［(cosx+］－1.

答案：D

二、3.解：在［－π,π］上，y=｜cosx｜的單調遞增區間是［－,0］及［,π］.而f(x)依｜cosx｜取值的遞增而遞減,故［－,0］及［,π］為f(x)的遞減區間.

4.解：由－≤ωx≤，得f(x)的遞增區間為［－,］，由題設得

三、5.解：(1)∵－1≤sinα≤1且f(sinα)≥0恒成立，∴f(1)≥0

∵1≤2+cosβ≤3,且f(2+cosβ)≤0恒成立.∴f(1)≤0.

從而知f(1)=0∴b+c+1=0.

(2)由f(2+cosβ)≤0,知f(3)≤0,∴9+3b+c≤0.又因為b+c=－1,∴c≥3.

(3)∵f(sinα)=sin²α+(－1－c)sinα+c=(sinα－)²+c－()²,

當sinα=－1時，［f(sinα)］_max=8,由解得b=－4,c=3.

6.解：如圖，設矩形木板的長邊AB著地，并設OA=x，OB=y，則a²=x²+y²－2xycosα≥2xy－2xycosα=2xy(1－cosα).

∵0＜α＜π,∴1－cosα＞0,∴xy≤ (當且僅當x=y時取“=”號)，故此時谷倉的容積的最大值V₁=(xysinα)b=.同理，若木板短邊著地時，谷倉的容積V的最大值V₂=ab²cos,

∵a＞b,∴V₁＞V₂

從而當木板的長邊著地，并且谷倉的底面是以a為底邊的等腰三角形時，谷倉的容積最大，其最大值為a²bcos.

7.解：如下圖，扇形AOB的內接矩形是MNPQ，連OP，則OP=R，設∠AOP=θ，則

∠QOP=45°－θ，NP=Rsinθ,在△PQO中，，

∴PQ=Rsin(45°－θ).S_矩形MNPQ=QP?NP=R²sinθsin(45°－θ)=R²?［cos(2θ－45°)－］≤R²，當且僅當cos(2θ－45°)=1,即θ=22.5°時，S_矩形MNPQ的值最大且最大值為R².

工人師傅是這樣選點的，記扇形為AOB，以扇形一半徑OA為一邊，在扇形上作角AOP且使∠AOP=22.5°，P為邊與扇形弧的交點，自P作PN⊥OA于N，PQ∥OA交OB于Q，并作OM⊥OA于M，則矩形MNPQ為面積最大的矩形，面積最大值為R².

8.解：∵在［－］上，1+sinx＞0和1－sinx＞0恒成立，∴原函數可化為y=

log₂(1－sin²x)=log₂cos²x，又cosx＞0在［－］上恒成立，∴原函數即是y=2log₂cosx,在x∈［

－］上，≤cosx≤1.

∴log₂≤log₂cosx≤log₂1，即－1≤y≤0，也就是在x∈［－］上，y_max=0,

y_min=－1.

綜合上述知，存在符合題設.