江蘇省2013屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題4 導(dǎo)數(shù)(Ⅱ)

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1、江蘇省2013屆高考數(shù)學(xué)（蘇教版）二輪復(fù)習(xí)專題4 導(dǎo)__數(shù)(Ⅱ) 解答題中出現(xiàn)導(dǎo)數(shù)的幾率非常大，導(dǎo)數(shù)的考查思路比較清晰，把導(dǎo)數(shù)作為工具僅限于理論上的分析和實(shí)踐中的應(yīng)用，考查導(dǎo)數(shù)有時(shí)會跟分類討論、數(shù)形結(jié)合、函數(shù)與方程聯(lián)系一起綜合考查，特別是利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)最值問題的實(shí)際操作，更是層出不窮，所以在平時(shí)的學(xué)習(xí)當(dāng)中，注重函數(shù)模型化的識別. 1．設(shè)直線y＝x＋b是曲線y＝ln x(x>0)的一條切線，則實(shí)數(shù)b的值是________． 解析：由題意得：y′＝，令＝，得x＝2， 故切點(diǎn)(2，ln 2)，代入直線方程y＝x＋b，得 b＝ln 2－1. 答案：ln 2

2、－1 2．函數(shù)y＝4x2＋單調(diào)遞增區(qū)間是________． 解析：令y′＝8x－＝>0， (2x－1)(4x2＋2x＋1)>0，x>. 答案： 3．設(shè)f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，y＝f′(x)的圖象如右圖所示，則f(x)的圖象最有可能的是________．(填圖象序號) 解析：利用導(dǎo)函數(shù)的圖象的零點(diǎn)，可知函數(shù)f(x)在(－∞，0)及(2，＋∞)上單調(diào)遞增，而在(0,2)上單調(diào)遞減．從而只有圖象③符合要求． 答案：③ 4．函數(shù)f(x)＝x－a在[1,4]上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的最大值為________． 解析：法一：f′(x)＝1－，由已知，得1－≥0，即a≤2在區(qū)間[

3、1,4]上恒成立． ∴a≤(2)min＝2，∴amax＝2. 法二：令t＝， 則把函數(shù)f(x)＝x－a看成是函數(shù)y＝t2－at，t∈[1,2]，與函數(shù)t＝，x∈[1,4]的復(fù)合函數(shù)， ∵t＝在區(qū)間[1,4]上單調(diào)遞增， ∴要使函數(shù)f(x)＝x－a在[1,4]上單調(diào)遞增，只要y＝t2－at在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞增即可． 當(dāng)且僅當(dāng)≤1，即a≤2，∴amax＝2. 答案：2 5．(2012·南通模擬)各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列滿足a1a7＝4，a6＝8，若函數(shù)f(x)＝a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a10x10的導(dǎo)數(shù)為f′(x)，則f′＝________. 解析：各項(xiàng)為正的等比數(shù)列

4、滿足：a1a7＝4，a6＝8，推算出a1＝，q＝2，所以an＝2n－3.又f′(x)＝a1＋2a2x＋…＋10a10x9，將x＝代入得nanxn－1＝n，所以f′＝(1＋2＋…＋10)． 答案： 　　 (2012·江蘇高考)若函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處取得極大值或極小值，則稱x0為函數(shù)y＝f(x)的極值點(diǎn)．已知a，b是實(shí)數(shù)，1和－1是函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx的兩個(gè)極值點(diǎn)． (1)求a和b的值； (2)設(shè)函數(shù)g(x)的導(dǎo)函數(shù)g′(x)＝f(x)＋2，求g(x)的極值點(diǎn)； (3)設(shè)h(x)＝f(f(x))－c，其中c∈[－2,2]，求函數(shù)y＝h(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)． [

5、解]　(1)由題設(shè)知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，且 f′(－1)＝3－2a＋b＝0，f′(1)＝3＋2a＋b＝0， 解得a＝0，b＝－3. (2)由(1)知f(x)＝x3－3x. 因?yàn)閒(x)＋2＝(x－1)2(x＋2)，所以g′(x)＝0的根為x1＝x2＝1，x3＝－2.于是函數(shù)g(x)的極值點(diǎn)只可能是1或－2. 當(dāng)x<－2時(shí)，g′(x)<0；當(dāng)－20，故－2是g(x)的極值點(diǎn)． 當(dāng)－21時(shí)，g′(x)>0， 故1不是g(x)的極值點(diǎn)． 所以g(x)的極值點(diǎn)為－2. (3)令f(x)＝t，則h(x)＝f(t)－c.先討論關(guān)于x的方程

6、f(x)＝d根的情況，d∈[－2,2]． 當(dāng)|d|＝2時(shí)，由(2)可知，f(x)＝－2的兩個(gè)不同的根為1和－2，注意到f(x)是奇函數(shù)，所以f(x)＝2的兩個(gè)不同的根為－1和2. 當(dāng)|d|<2時(shí)，因?yàn)閒(－1)－d＝f(2)－d＝2－d>0，f(1)－d＝f(－2)－d＝－2－d<0， 所以－2，－1,1,2都不是f(x)＝d的根． 由(1)知f′(x)＝3(x＋1)(x－1)． ①當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，于是f(x)是單調(diào)增函數(shù)，從而f(x)>f(2)＝2，此時(shí)f(x)＝d無實(shí)根．同理，f(x)＝d在(－∞，－2)上無實(shí)根． ②當(dāng)x∈(1,2)時(shí)，f′(x)>0，于

7、是f(x)是單調(diào)增函數(shù)，又f(1)－d<0，f(2)－d>0，y＝f(x)－d的圖象不間斷，所以f(x)＝d在(1,2)內(nèi)有惟一實(shí)根．同理，f(x)＝d在(－2，－1)內(nèi)有惟一實(shí)根． ③當(dāng)x∈(－1,1)時(shí)，f′(x)<0，故f(x)是單調(diào)減函數(shù)，又f(－1)－d>0，f(1)－d<0，y＝f(x)－d的圖象不間斷，所以f(x)＝d在(－1,1)內(nèi)有惟一實(shí)根． 由上可知：當(dāng)|d|＝2時(shí)，f(x)＝d有兩個(gè)不同的根x1，x2滿足|x1|＝1，|x2|＝2； 當(dāng)|d|<2時(shí)，f(x)＝d有三個(gè)不同的根x3，x4，x5滿足|xi|<2，i＝3,4,5. 現(xiàn)考慮函數(shù)y＝h(x)的零點(diǎn)． (ⅰ

8、)當(dāng)|c|＝2時(shí)，f(t)＝c有兩個(gè)根t1，t2滿足|t1|＝1，|t2|＝2，而f(x)＝t1有三個(gè)不同的根，f(x)＝t2有兩個(gè)不同的根，故y＝h(x)有5個(gè)零點(diǎn)． (ⅱ)當(dāng)|c|<2時(shí)，f(t)＝c有三個(gè)不同的根t3，t4，t5滿足|ti|<2，i＝3,4,5，而f(x)＝ti(i＝3,4,5)有三個(gè)不同的根，故y＝h(x)有9個(gè)零點(diǎn)． 綜上可知，當(dāng)|c|＝2時(shí)，函數(shù)y＝h(x)有5個(gè)零點(diǎn)； 當(dāng)|c|<2時(shí)，函數(shù)y＝h(x)有9個(gè)零點(diǎn)． 本題考查函數(shù)的概念、性質(zhì)以及導(dǎo)數(shù)等基礎(chǔ)知識，考查運(yùn)算求解能力、運(yùn)用數(shù)形結(jié)合、分類討論思想分析與解決問題的能力．第一問利用極值點(diǎn)列方程組，求出

9、a和b的值；第二問先求極值點(diǎn)．第三問要注意整體換元思想，要注意變形的等價(jià)性和函數(shù)的零點(diǎn)的認(rèn)識，極值和極值點(diǎn)的理解． 　　 (2012·泰州期末)已知函數(shù)f(x)＝x2＋ln x－2ax. (1)當(dāng)a＝－時(shí)，求f(x)的極值點(diǎn)； (2)若f(x)在f′(x)的單調(diào)區(qū)間上也是單調(diào)的，求實(shí)數(shù)a的范圍． 解：(1)f(x)＝x2－ln x＋x(x>0)， f′(x)＝x－＋1＝＝0， ∴x1＝，x2＝. ∴f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．∴f(x)在x＝時(shí)取極小值． (2)f′(x)＝(x>0)， 令g(x)＝x2－2ax＋a2＋a， Δ＝4a2－3a2－2a＝a2－2a，

10、 設(shè)g(x)＝0的兩根x1，x2(x10時(shí)，即a<0或a>2時(shí)， ①若x1<02時(shí)， f(x)在(0，x1)上單調(diào)遞增，在(x1，x2)上單調(diào)遞減，在(x2，＋∞)上

11、單調(diào)遞增，不合題意． 綜上得a的取值范圍為∪[0,2]． 　　 (2012·徐州最后一卷)已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3. (1)求函數(shù)f(x)在[t，t＋2](t>0)上的最小值； (2)對一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍； (3)證明對一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)n x>－成立． [解]　(1)f′(x)＝ln x＋1，當(dāng)x∈，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增． ①0

12、即t≥時(shí)，f(x)在[t，t＋2]上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(t)＝tln t； 所以f(x)min＝ (2)2xln x≥－x2＋ax－3，則a≤2ln x＋x＋，設(shè)h(x)＝2ln x＋x＋(x>0)，則h′(x)＝，x∈(0,1)，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，x∈[1，＋∞)，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，所以h(x)min＝h(1)＝4.因?yàn)閷σ磺衳∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，所以a≤h(x)min＝4. (3)問題等價(jià)于證明xln x>－(x∈(0，＋∞))，由(1)可知f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－，當(dāng)且僅當(dāng)x＝時(shí)取到．設(shè)m

13、(x)＝－(x∈(0，＋∞))，則m′(x)＝，易得m(x)max＝m(1)＝－，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取到，從而對一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)n x>－成立． 本題第一問考查單調(diào)和分類討論的思想；第二問是通過轉(zhuǎn)化與化歸思想解決h(x)的最小值問題；第三問有一定的難度，如果直接化成ln x－＋>0來解決，對p(x)＝ln x－＋求導(dǎo)將無法得到極值點(diǎn)，通過將原不等式化歸成xln x>－，分別求f(x)的最小值和m(x)的最大值來研究，則不難獲得證明． 　　 設(shè)a≥0，f(x)＝x－1－ln2 x＋2aln x(x>0)． (1)令F(x)＝xf′(x)，討論F(x)在(0，＋∞)內(nèi)的單調(diào)性

14、并求極值； (2)求證：當(dāng)x>1時(shí)，恒有x>ln2 x－2aln x＋1. 解：(1)根據(jù)求導(dǎo)法則有f′(x)＝1－＋，x>0，故F(x)＝xf′(x)＝x－2ln x＋2a，x>0， 于是F′(x)＝1－＝，x>0. 列表如下： x (0,2) 2 (2，＋∞) F′(x) － 0 ＋ F(x)  極小值F(2)  故知F(x)在(0,2)內(nèi)是減函數(shù)，在(2，＋∞)內(nèi)是增函數(shù)，所以在x＝2處取得極小值F(2)＝2－2ln 2＋2a. (2)證明：由a≥0知，F(xiàn)(x)的極小值 F(2)＝2－2ln 2＋2a>0. 于是由上表知，對一切x∈(0，＋

15、∞)，恒有F(x)＝xf′(x)>0.從而當(dāng)x>0時(shí)，恒有f′(x)>0， 故f(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增． 所以當(dāng)x>1時(shí)，f(x)>f(1)＝0， 即x－1－ln2 x＋2aln x>0. 故當(dāng)x>1時(shí)，恒有x>ln2 x－2aln x＋1. 　　 (2012·泰州中學(xué)期末)設(shè)f(x)＝ln x，g(x)＝f(x)＋f′(x)． (1)求g(x)的單調(diào)區(qū)間和最小值； (2)討論g(x)與g的大小關(guān)系； (3)求a的取值范圍，使得g(a)－g(x)<對任意x>0成立． [解]　(1)由題設(shè)知f(x)＝ln x，g(x)＝ln x＋， 所以g′(x)＝，令g′(x)

16、＝0得x＝1， 當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)<0，g(x)是減函數(shù)， 故(0,1)是g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間． 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，g(x)是增函數(shù)，故(1，＋∞)是g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間． 因此，x＝1是g(x)的惟一極值點(diǎn)，且為極小值點(diǎn)，從而是最小值點(diǎn)．所以g(x)的最小值為g(1)＝1. (2)g＝－ln x＋x， 設(shè)h(x)＝g(x)－g＝2ln x－x＋， 則h′(x)＝－，當(dāng)x＝1時(shí)，h(1)＝0，即g(x)＝g，當(dāng)x∈(0,1)∪(1，＋∞)時(shí)，h′(x)<0.因此h(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，當(dāng)0h(1)＝0，即g(x)

17、>g. (3)由(1)知g(x)的最小值為1，所以，g(a)－g(x)<，對任意x>0，成立?g(a)－1<，即ln a<1，從而得0

18、x)＝ax3－ln x，g′(x)＝3ax2－＝. ①當(dāng)a≤－1時(shí)，對任意x∈(0,1]，g′(x)＝<0，g(x)在(0,1]上遞減，g(x)min＝g(1)＝a≤－1， 此時(shí)g(x)∈[a，＋∞)，|g(x)|的最小值為0，不符合題意． ②當(dāng)a≥1時(shí)，對任意x∈(0,1]， g′(x)＝＝0?x＝.|g(x)|的最小值為g＝＋ln (3a)≥1，解得a≥. 答案： 　　　　　　　　　　　　　　　　　 (1)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值問題需注意解題步驟． (2)根據(jù)函數(shù)的極值求參數(shù)值一定要注意進(jìn)行檢驗(yàn)． (3)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)最值問題討論思路很清晰，但計(jì)算比較復(fù)雜，其次有時(shí)需要二

19、次求導(dǎo)研究導(dǎo)函數(shù)的最值來判斷導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)． 1．若存在過點(diǎn)(1,0)的直線與曲線y＝x3和y＝ax2＋x－9都相切，則實(shí)數(shù)a的取值為________． 解析：設(shè)過(1,0)的直線與y＝x3相切于點(diǎn)(x0，x)，所以切線方程為y－x＝3x(x－x0)， 即y＝3xx－2x，又(1,0)在切線上，則x0＝0或x0＝， 當(dāng)x0＝0時(shí)，由y＝0與y＝ax2＋x－9相切可得a＝－，當(dāng)x0＝時(shí)，由y＝x－與y＝ax2＋x－9相切可得a＝1. 答案：－或1 2．設(shè)P為曲線C：y＝x2＋2x＋3上的點(diǎn)，且曲線C在點(diǎn)P處切線傾斜角的取值范圍為，則點(diǎn)P橫坐標(biāo)的取值范圍為________． 解

20、析：由曲線C在點(diǎn)P處切線傾斜角的取值范圍為.可得曲線C在點(diǎn)P處切線的斜率范圍為[0,1]，又y′＝2x＋2，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為x0，則0≤2x0＋2≤1，解得－1≤x0≤－. 答案： 3．(2012·啟東期末)若函數(shù)f(x)＝x3－ax2＋(a－1)·x＋1在區(qū)間(1,4)上是減函數(shù)，在區(qū)間(6，＋∞)上是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 解析：f′(x)＝x2－ax＋(a－1)，令f′(x)＝0，得x＝1或x＝a－1，結(jié)合圖象知4≤a－1≤6，故a∈[5,7]． 答案：[5,7] 4．(2012·通州中學(xué)期末)已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax2－2x(a≠0)存在單調(diào)遞

21、減區(qū)間，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 解析：f′(x)＝－ax－2＝－.因?yàn)楹瘮?shù)f′(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間，所以f′(x)<0在(0，＋∞)上有解，從而ax2＋2x－1>0有正解． ①當(dāng)a>0時(shí)，y＝ax2＋2x＋1為開口向上的拋物線，ax2＋2x－1>0總有正解； ②當(dāng)a<0時(shí)，y＝ax2＋2x＋1為開口向下的拋物線，要使ax2＋2x－1>0總有正解，則Δ＝4＋4a>0，解得－1

22、區(qū)間(－1,1)上不單調(diào)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 解析：函數(shù)f(x)在區(qū)間(－1,1)上不單調(diào)，等價(jià)于f′(x)＝0在區(qū)間(－1,1)上有實(shí)數(shù)解，且無重根． 又f′(x)＝3x2＋2(1－a)x－a(a＋2)， 由f′(x)＝0，得x1＝a，x2＝－.從而 或解得或 所以a的取值范圍是∪. 答案：∪ 6．已知函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d在區(qū)間[－1,2]上是減函數(shù)，則b＋c的最大值為________． 解析：考查線性規(guī)劃思想，有導(dǎo)函數(shù)f′(x)≤0恒成立構(gòu)造線性區(qū)域，得到b＋c的最大值為－. 答案：－ 7．已知函數(shù)f(x)滿足f(x)＝f′(1)ex

23、－1－f(0)x＋x2，則f(x)的解析式為________． 解析：令x＝0列一個(gè)方程，然后求導(dǎo)，再令x＝1，列一個(gè)方程，從而求出f′(1)＝e，f(0)＝1，f(x)＝ex－x＋x2. 答案：f(x)＝ex－x＋x2 8．(2012·南通高中聯(lián)考)設(shè)函數(shù)f(x)＝ax，x∈[0，π]，且f(x)≤1＋sin x，則a的取值范圍________． 解析：因?yàn)閒(x)≤1＋sin x?ax≤1＋sin x. 當(dāng)x＝0時(shí)，0≤1＋sin 0＝1恒成立． 當(dāng)0

24、os x－1－sin x， c′(x)＝－xsin x≤0，x∈(0，π]． 故c(x)在(0，π]上單調(diào)遞減，c(x)0

25、，即a<－2或a>6. 又g(x)＝ax－2a恒過(2,0)． ①若a>6時(shí)，?a>7， ②若a<－2時(shí)，<－1， 又f(1)>4，顯然不成立． 答案：(7，＋∞) 10．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若對于任意的x∈[－1,1]，都有f(x)≥0成立，則實(shí)數(shù)a的值為________． 解析：若x＝0，則不論a取何值，f(x)＝1≥0顯然成立； 當(dāng)x>0即x∈(0,1]時(shí)，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化為a≥－，設(shè)g(x)＝－，則g′(x)＝， g(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減，因此g(x)max＝g＝4，從而a≥4； 當(dāng)x<0即x∈[－1,

26、0)時(shí)，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化為a≤－，g′(x)＝>0，g(x)在區(qū)間[－1,0)上單調(diào)遞增，因此g(x)min＝g(－1)＝4，從而a≤4. 綜上a＝4. 答案：4 11．(2012·南通學(xué)科基地)已知函數(shù)f(x)＝ax2－2xsin2α和函數(shù)g(x)＝ln x，記F(x)＝f(x)＋g(x)． (1)當(dāng)α＝時(shí)，若f(x)在[1,2]上的最大值是f(2)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍； (2)當(dāng)a＝1時(shí)，判斷F(x)在其定義域內(nèi)是否有極值，并予以證明； (3)對任意的α∈，若F(x)在其定義域內(nèi)既有極大值又有極小值，試求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解：(1)α＝時(shí)，f(x)＝ax2

27、－x. ①當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝－x，不合題意； ②當(dāng)a<0時(shí)，f(x)＝ax2－x在上遞增，在上遞減，而[1,2]?，故不合題意； ③當(dāng)a>0時(shí)，f(x)＝ax2－x在上遞減，在上遞增，f(x)在[1,2]上的最大值是max{f(1)，f(2)}＝f(2)，所以f(1)≤f(2)，即a－≤2a－3，所以a≥1. 綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是[1，＋∞)． (2)a＝1時(shí)，F(xiàn)(x)＝x2－2xsin2α＋ln x的定義域?yàn)?0，＋∞)， F′(x)＝x＋－2sin2α≥2－2sin2α＝2cos2 α≥0. ①當(dāng)cos α≠0時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，F(xiàn)(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增

28、，從而F(x)在其定義域內(nèi)沒有極值； ②當(dāng)cos α＝0時(shí)，F(xiàn)′(x)＝x＋－2＝，令F′(x)＝0，有x＝1，但是x∈(0,1)時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞增，x∈(1，＋∞)時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，F(xiàn)(x)也單調(diào)遞增，所以F(x)在其定義域內(nèi)也沒有極值． 綜上，F(xiàn)(x)在其定義域內(nèi)沒有極值． (3)據(jù)題意可知，令F′(x)＝ax＋－2sin2α＝0，即方程ax2－2xsin2α＋1＝0在(0，＋∞)上恒有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根．即恒成立，因?yàn)棣痢?，sin α∈，所以0

29、的一段劣弧圍成，圓P和圓Q的半徑都是2 km，點(diǎn)P在圓Q上，現(xiàn)要在公園內(nèi)建一塊頂點(diǎn)都在圓P上的多邊形活動場地． (1)如圖甲，要建的活動場地為△RST，求場地的最大面積； (2)如圖乙，要建的活動場地為等腰梯形ABCD，求場地的最大面積． 解：(1)過S作SH⊥RT于H，S△RST＝SH·RT.由題意，△RST在月牙形公園里，RT與圓Q只能相切或相離；RT左邊的部分是一個(gè)大小不超過半圓的弓形，則有RT≤4，SH≤2， 當(dāng)且僅當(dāng)RT切圓Q于P(H)時(shí)(如下左圖)，上面兩個(gè)不等式中等號同時(shí)成立． 此時(shí)，場地面積的最大值為 S△RST＝×4×2＝4(km2)． (2)同(1)的

30、分析，要使得場地面積最大，AD左邊的部分是一個(gè)大小不超過半圓的弓形，AD必須切圓Q于P(如上右圖)，再設(shè)∠BPA＝θ，則有 S四邊形ABCD＝×2×2×sin θ×2＋×2×2×sin(π－2θ)＝4(sin θ＋sin θcos θ). 令y＝sin θ＋sin θcos θ，則 y′＝cos θ＋cos θcos θ＋sin θ(－sin θ)＝2cos2 θ＋cos θ－1. 令y′＝0，則cos θ＝，θ＝. 又θ∈時(shí)，y′>0，θ∈時(shí)，y′<0， 函數(shù)y＝sin θ＋sin θcos θ在θ＝處取到極大值也是最大值，故θ＝時(shí)，場地面積取得最大值為3 km2.