1.函數的最值
函數最大值為極大值與靠近極小值的端點之間的最大者；函數最小值為極小值與靠近極大值的端點之間的最小者．
導函數為
（1）當時，最大值是與中的最大者；最小值是與中的最小者．
（2）當時，最大值是與中的最大者；最小值是與中的最小者．
一般地，設是定義在上的函數，在內有導數，求函數在上的最大值與最小值可分為兩步進行：
（1）求在內的極值（極大值或極小值）；
（2）將的各極值與和比較，其中最大的一個為最大值，最小的一個為最小值．
注：①函數的極值反映函數在一點附近情況，是局部函數值的比較，故極值不一定是最值；函數的最值是對函數在整個區(qū)間上函數值比較而言的，故函數的最值可能是極值，也可能是區(qū)間端點處的函數值；
②函數的極值點必是開區(qū)間的點，不能是區(qū)間的端點；
③函數的最值必在極值點或區(qū)間端點處取得．
2.不等式的恒成立與能成立問題
（1）若函數在區(qū)間D上存在最小值和最大值，則
不等式在區(qū)間D上恒成立；
不等式在區(qū)間D上恒成立；
不等式在區(qū)間D上恒成立；
不等式在區(qū)間D上恒成立；
（2）若函數在區(qū)間D上不存在最大（?。┲担抑涤驗?，則
不等式在區(qū)間D上恒成立．
不等式在區(qū)間D上恒成立．
（3）若函數在區(qū)間Ｄ上存在最小值和最大值，即，則對不等式有解問題有以下結論：
不等式在區(qū)間D上有解；
不等式在區(qū)間D上有解；
不等式在區(qū)間D上有解；
不等式在區(qū)間D上有解；
（4）若函數在區(qū)間D上不存在最大（小）值，如值域為，則對不等式有解問題有以下結論：
不等式在區(qū)間D上有解
不等式在區(qū)間D上有解
（5）對于任意的，總存在，使得；
（6）對于任意的，總存在，使得；
（7）若存在，對于任意的，使得；
（8）若存在，對于任意的，使得；
（9）對于任意的，使得；
（10）對于任意的，使得；
（11）若存在，總存在，使得
（12）若存在，總存在，使得．
一、單選題
1．（2024·全國）當時，函數取得最大值，則（ ）
A．B．C．D．1
【答案】B
【分析】根據題意可知，即可解得，再根據即可解出．
【詳解】因為函數定義域為，所以依題可知，，，而，所以，即，所以，因此函數在上遞增，在上遞減，時取最大值，滿足題意，即有．
故選：B.
2．（2024·全國）已知正四棱錐的側棱長為l，其各頂點都在同一球面上.若該球的體積為，且，則該正四棱錐體積的取值范圍是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】設正四棱錐的高為，由球的截面性質列方程求出正四棱錐的底面邊長與高的關系，由此確定正四棱錐體積的取值范圍.
【詳解】∵球的體積為，所以球的半徑,
[方法一]：導數法
設正四棱錐的底面邊長為，高為，
則，,
所以，
所以正四棱錐的體積，
所以，
當時，，當時，，
所以當時，正四棱錐的體積取最大值，最大值為，
又時，，時，,
所以正四棱錐的體積的最小值為，
所以該正四棱錐體積的取值范圍是.
故選：C.
[方法二]：基本不等式法
由方法一故所以當且僅當取到，
當時，得，則
當時，球心在正四棱錐高線上，此時，
，正四棱錐體積，故該正四棱錐體積的取值范圍是
3．（2024高二下·全國·專題練習）如果圓柱的軸截面周長l為定值，那么圓柱的體積的最大值是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由題意，，則，求導分析單調性，即可得最大值
【詳解】
設底面半徑為，高為，則，即，
所以，
則，
令則，令則；令則,
故當，單調遞增，當，單調遞減,
即時，取得最大值.
故選：A．
4．（2024高三上·河南焦作·期中）在直角坐標系中，一個長方形的四個頂點都在橢圓上，將該長方形繞軸旋轉，得到一個圓柱體，則該圓柱體的體積最大時，其側面積為（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】設橢圓與長方形在第一象限交點為，即可得圓柱體的母線長為，底面圓的半徑為，可得圓柱體的體積為，令，利用導數求的最大值，即可求得答案
【詳解】設橢圓與長方形在第一象限交點為，
根據長方形和橢圓的對稱性可得，將該長方形繞軸旋轉得到的圓柱體的母線長為，底面圓的半徑為，
由可得，
所以圓柱體的體積為，
令，則，
令，解得，
所以當，，單調遞增；當，，單調遞減，
所以當時，有最大值，即此時圓柱體的體積最大，
所以此時圓柱體的母線長為，底面圓的半徑為，
故圓柱體的側面積為
故選：C
5．（2024·陜西咸陽·模擬預測）已知不等式有實數解，則實數的取值范圍為（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】構造兩個函數，先利用導數求出單調區(qū)間，從而得到在處取到最小值，再利用二次函數的性質知在處取到最大值，從而可求出結果.
【詳解】，所以不等式有實數解，即不等式成立，
設， ，
當時，，當時，，
所以在區(qū)間上是減函數，在區(qū)間上是增函數，，
又因為，當時，，
因為不等式有實數解，則
故選：C.
【點睛】關鍵點睛：處理本題的關鍵在于，通過構造兩個函數，利用導數和二次函數的性質，分別求出兩個函數的最值，兩個函數均在處取到最值，從而得解.
6．（2024·四川成都·模擬預測）若關于的不等式在內有解，則實數的取值范圍是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】題設中的不等式等價于，令，結合導數可得該函數的單調性，結合可得的解，從而可求實數的取值范圍.
【詳解】由有意義可知，.
由，得.
令，即有.
因為，所以，令，
問題轉化為存在，使得.
因為，令，即，解得；
令，即，解得，
所以在上單調遞增，在上單調遞減.
又，所以當時，.
因為存在，使得成立，所以只需且，解得.
故選：.
7．（2024高三·全國·對口高考）已知在區(qū)間上的最大值就是函數的極大值，則m的取值范圍是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】
由函數的極大值與最大值的關系即可求解.
【詳解】，令，得，
因為在區(qū)間上的最大值就是函數的極大值，
則必有，所以.
故選：C.
8．（2024高三上·重慶沙坪壩·階段練習）已知a，，關于x的不等式在R上恒成立，則的最大值為（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】數形結合，分類討論不成立，則，要最大，需要，，對于取定的b，要最大需要a更大，所以只需過的切線斜率最大.借助導數求函數的最值.
【詳解】如圖，

由圖象可知，不成立，則，要最大，需要，；
時，時不成立，則；
對于取定的b，要最大需要a更大，所以只需過作的切線，切線斜率即為最大的a.
設切點，則，.
，,
當時，，單調遞增；當時，，單調遞減.
所以在時，取得最大值.
故選：B.
9．（2024高三上·江蘇鎮(zhèn)江·開學考試）對于實數，不等式恒成立，則實數m的取值范圍為（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】構造同構函數，分析單調性，轉化為恒成立，即，再求解的最小值即可.
【詳解】已知，由知.故排除BD.
由得，，
構造函數，是上的增函數，
則由得，即，
令，
，由得，
當，則單調遞減，
當，則單調遞增，
，
則，又，則.
故選：C.
二、填空題
10．（2024·全國·模擬預測）在直角坐標系中，矩形的四個頂點都在橢圓上，將該矩形繞軸旋轉一周，得到一個圓柱體，當該圓柱體的體積最大時，其側面積為
【答案】/
【分析】設橢圓與長方形在第一象限交點為，即可得圓柱體的母線長為，底面圓的半徑為，可得圓柱體的體積為，令，利用導數求的最大值，即可求得答案.
【詳解】設矩形在第一象限的頂點坐標為，根據長方形和橢圓的對稱性可得，
將該矩形繞軸旋轉一周得到的圓柱體的母線長，底面圓的半徑，
由，可得，
所以圓柱體的體積，
令，則，令，解得，
所以當時，單調遞增，
當時，單調遞減，
所以當時，有最大值，即此時圓柱體的體積最大，
所以此時圓柱體的母線長，底面圓的半徑，
故圓柱體的側面積為．
故答案為：.
11．（2024高三上·重慶·階段練習）已知，則當取得最大值時， ．
【答案】
【分析】設，利用二倍角的正切公式得到，再利用導數即可求出其最值時的值，再代入即可得到答案.
【詳解】設，因為，則，則，
則．
設函數，
則．
當時，即，，此時單調遞增；
當時，即，，此時單調遞減，
所以當時，取得最大值，即取得最大值，
此時．
故答案為：.
【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵是利用二倍角公式構造出關于的函數關系，再利用導數法求出最值即可.
12．（2024高三上·四川成都·開學考試）已知面積為的銳角其內角A，B，C所對邊分別為a，b，c，且，則邊c的最小值為 ．
【答案】2
【分析】利用正余弦定理化簡可得，再由面積公式化簡得，構造函數利用導數求最小值即可.
【詳解】，
,
由正余弦定理可得：，
化簡得，
由余弦定理可得，即，
又，故，
所以，其中，
令，，
當時，，則，單調遞減，
當時，，則，單調遞增，、
所以，所以，
即，當時，等號成立.
故答案為：2
13．（2024高三上·吉林長春·開學考試）函數在內有最小值，則實數的取值范圍為 .
【答案】
【分析】將函數在內有最小值等價轉化成函數在內必有極值點，再利用導函數研究極值點的范圍即可求得實數的取值范圍.
【詳解】由題意可得，函數的定義域為，
易知，
若函數在內有最小值，則函數在內必有極值點，
又，不妨設為方程的兩個不相等實數根，
則有，不妨令，因此即可；
令，根據零點存在定理可得，
解得；
經檢驗在內有最小值，所以實數的取值范圍為.
故答案為：
【點睛】方法點睛：函數在某開區(qū)間上有最值問題一般情況下是轉化成有極值點，再將極值點問題轉化成其導函數在該區(qū)間內有零點的問題，利用零點存在定理即可實現(xiàn)問題求解.
14．（2024·湖北武漢·三模）已知函數，，則函數的最小值為 .
【答案】/0.5
【分析】對求導，然后令，判斷的單調性，得到的值域，從而判斷的單調性，即可確定函數的最小值.
【詳解】因為，
所以，
記，，
則，因為，所以，
所以在上單調遞增，所以，
所以在上恒成立，所以在上單調遞增，
故當時，函數有最小值為，
故答案為：
15．（2024·安徽安慶·二模）已知，且，則的最小值為 .
【答案】1
【分析】
由，得，構造函數，，用導數得在上為增函數，可得，即，代入后再構造函數，利用導數可求出最小值.
【詳解】因為，，所以，所以，且，
所以，
設，，
則，因為，所以，在上為增函數，
因為，所以，則，所以，
所以，
令，則，
令，則，則在上為增函數，
令得，即，
則存在唯一實數，使得，即，
所以當時，，，當時，，，
所以在上為減函數，在上為增函數，
所以.
所以的最小值為.
故答案為：.
【點睛】關鍵點點睛：將變形為，再利用指對同構，設，，將化為是本題解題關鍵.
16．（2024·海南?？凇つM預測）已知正實數，滿足：，則的最小值為 .
【答案】
【分析】將變形為，設，對求導可知在上單調遞增，所以，則，所以，令，對求導，即可求出的最小值
【詳解】由可得：,
所以，，
設，，
所以在上單調遞增，所以，
則，所以，
所以，所以，令，
令，解得：；令，解得：；
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
所以.
故的最小值為.
故答案為：.
17．（2024高三·福建泉州·階段練習）已知函數的最小值為0，則a的取值范圍為 ．
【答案】
【分析】把函數化成分段函數，按分段討論函數的取值情況作答.
【詳解】函數定義域為，，顯然，
當時，，當時，函數在上單調遞減，，因此，
當時，函數在上單調遞減，其取值集合為，
函數在上單調遞增，函數值集合為，因此存在，使得，
而，于是，不符合題意，
當時，，令，，當時，，
即在上單調遞增，，，即有，
當時，，即，當且僅當時取等號，因此，
當時，，顯然當時，，函數在上單調遞減，
，不符合題意，
綜上得，，
所以則a的取值范圍為.
故答案為：
18．（2024高三下·江蘇南通·開學考試）若函數的最小值為，則 ．
【答案】
【分析】分類討論，根據函數的單調性與最值的關系求解.
【詳解】當時，，
，
當時，，當時，，
所以在單調遞減，在單調遞增，
所以解得，與矛盾；
當時，，
(i)若，即，
則有在單調遞減，單調遞增，
所以解得，與矛盾；
(ii)若，即，
則有在單調遞減，單調遞增，
所以解得，滿足題意；
綜上，，
故答案為:.
19．（2024高三·全國·專題練習）若函數在區(qū)間上存在最大值，則實數的取值范圍為
【答案】
【分析】根據開區(qū)間上連續(xù)函數的最值點必為導函數的零點，然后求導，數形結合，根據零點存在性定理建立不等式即可求解
【詳解】因為，
且函數在區(qū)間上存在最大值，
故只需滿足，
所以，
解得．
故答案為：
20．（2024·山西運城·模擬預測）已知函數，若函數在上存在最小值.則實數的取值范圍是 .
【答案】
【分析】先利用導數判斷出函數的極值點，建立不等式，即可求出的取值范圍.
【詳解】，，
當時，，單調遞減；當或時，，單調遞增，
∴在處取得極小值，在處取得極大值.
令，解得或，
又∵函數在上存在最小值，且為開區(qū)間，
所以，解得.
即的取值范圍是.
故答案為：.
21．（2024·貴州黔東南·模擬預測）若存在實數（），使得關于x的不等式對恒成立，則b的最大值是 .
【答案】
【分析】先考慮恒成立，得到.再考慮恒成立，得到，再解不等式即得解.
【詳解】當，且時，由，得.
設，則.
當時，，在上單調遞增，
當時，，在上單調遞減.
所以，得，
等價于，而，
當且僅當時等號成立.
所以，則，
所以，
解得，所以b的最大值是.
故答案為：
【點睛】方法點睛：求解不等式的恒成立問題，常用的方法有：（1）分離參數求最值；（2）直接求函數的最值；（3）端點優(yōu)先法.要根據已知條件靈活選擇方法求解.
22．（2024高三下·陜西安康·階段練習）若不等式 對恒成立，則a的取值范圍是 .
【答案】
【分析】觀察解析式的結構，用同構思路構造函數，運用導數判斷單調性求解.
【詳解】令 ，則
，
令，，則 ,
當時，；當時，，所以函數在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減，
所以,當x趨近于0時，趨近于，所以，
令，，，則，
當時，；當時，，所以函數在區(qū)間上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增，
所以，
若恒成立，即恒成立，所以，所以；
故答案為：.
【點睛】觀察函數的解析式的結構是問題的核心，如果是直接求導，則很難計算，一般來說，當導函數的結構很復雜的時候，應該考慮是否存在其他方式解決問題.
三、解答題
23．（2024·北京）已知函數．
（1）若，求曲線在點處的切線方程；
（2）若在處取得極值，求的單調區(qū)間，以及其最大值與最小值．
【答案】（1）；（2）函數的增區(qū)間為、，單調遞減區(qū)間為，最大值為，最小值為.
【分析】（1）求出、的值，利用點斜式可得出所求切線的方程；
（2）由可求得實數的值，然后利用導數分析函數的單調性與極值，由此可得出結果.
【詳解】（1）當時，，則，，，
此時，曲線在點處的切線方程為，即；
（2）因為，則，
由題意可得，解得，
故，，列表如下：
所以，函數的增區(qū)間為、，單調遞減區(qū)間為.
當時，；當時，.
所以，，.
24．（2004·浙江）設曲線在點處的切線l與x軸y軸所圍成的三角形面積為．
(1)求切線l的方程；
(2)求的最大值．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）求出導函數，由導數的幾何意義求得切線方程；
（2）求出切線與坐標的交點坐標，計算出三角形面積后，由導數求得最大值．
【詳解】（1），時，
所以切線方程為，即．
（2）在中，令得，令得，
因為，
所以，
，
所以時，，遞增，時，，遞減，
所以．
25．（2004·湖南）已知函數，其中，e為自然對數的底數．
(1)討論函數的單調性；
(2)求函數在區(qū)間上的最大值．
【答案】(1)當時，在上單調遞增，在上單調遞減；
當時，在和上單調遞減；在上單調遞增；
(2)當時，最大值是；當時，最大值是；
當時，在區(qū)間上的最大值是.
【分析】（1）先確定函數的定義域然后求導數，討論，在函數的定義域內解不等式和即可．
（2）欲求函數在區(qū)間上的最大值，先求在區(qū)間上的單調性，討論的值，分別求出最大值．
【詳解】（1），函數定義域為，．
當時，令，得．
若，則，從而在上單調遞增；
若，則，從而在上單調遞減．
當時，令，得，解得或，有．
若，則或，從而在和上單調遞減；
若，則，從而在上單調遞增；
（2）由（1）中求得單調性可知，
當時，在區(qū)間上單調遞增，最大值是．
當時，在區(qū)間上單調遞增，最大值是．
當時，在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間單調遞減，最大值是．
26．（2024高二下·黑龍江大慶·期中）已知函數.
(1)若時，求的單調區(qū)間；
(2)求在上的最小值.
【答案】(1)遞增區(qū)間為，遞減區(qū)間為；
(2)答案見解析.
【分析】（1）把代入，利用導數求出的單調區(qū)間作答.
（2）利用導數分段討論函數在上的單調性，再求出最小值作答.
【詳解】（1）當時，的定義域為，求導得，
當時，，當時，，即函數在上單調遞增，在上單調遞減，
所以函數的遞增區(qū)間為，遞減區(qū)間為.
（2），函數，求導得，由，得，
當時，，當時取等號，因此函數在上單調遞增，，
當時，由，得，由，得，
于是函數在上單調遞增，在上單調遞減，，
由，得，當時，，
當時，，當時，，
所以當時，函數的最小值為，當時，函數的最小值為.
27．（2024·江西）已知函數在上單調遞減，且滿足，.
(1)求的取值范圍；
(2)設，求在上的最大值和最小值.
【答案】(1)
(2)見解析
【分析】（1）由題設條件可得，求出導數后就、、、分類討論后可求其范圍.
（2）易得，求出其導數后就、、、分類討論后可得參數的取值范圍.
【詳解】（1）由，得，
則，，
依題意須對于任意 ，有.
當時，因為二次函數 的圖像開口向上，
而 ，所以須 ，即.
當 時，對任意 有 ，符合條件；
當時，對于任意 ，，符合條件；
當 時，因，不符合條件，
故的取值范圍為.
（2）因
（i）當時，，
在上取得最小值 ，在上取得最大值，
（ii）當 時，對于任意 有.
在 取得最大值 ，在 取得最小值.
（iii）當時，由 得，
① 若 ，即 時，
在上單調遞增，在得最小值；
在 取得最大值.
② 若 ，即 時，
在 取得最大值 ，
在 或 取得最小值，而，，
則當 時，在取得最小值，
當 時，在取得最小值.
28．（2024高二下·山西朔州·階段練習）設a∈R，函數f(x)＝ax3－3x2.
（1）若x＝2是函數y＝f(x)的極值點，求a的值；
（2）若函數g(x)＝f(x)＋，x∈[0，2]，在x＝0處取得最大值，求a的取值范圍
【答案】（1）a＝1；（2）.
【分析】（1）根據＝0，即可求出a的值，然后驗證所求a的值滿足x＝2是函數y＝f(x)的極值點；
（2）利用最大值求出的取值范圍，然后再驗證所求的取值范圍滿足在x＝0處取最大值即可.
【詳解】（1）＝3ax2－6x＝3x(ax－2)．
因為x＝2是函數y＝f(x)的極值點，
所以＝0，即6(2a－2)＝0，因此a＝1.
經驗證，當a＝1時，x＝2是函數y＝f(x)的極值點，所以.
（2）由題意知， ，
因為當g(x)在區(qū)間[0，2]上的最大值為g(0)，所以，即，
故得.
反之，當時，對任意x∈[0，2]，
而g(0)＝0，故g(x)在區(qū)間[0，2]上的最大值為g(0)．
綜上所述，a的取值范圍為.
29．（2024高三上·重慶沙坪壩·開學考試）已知函數.
(1)設，經過點作函數圖像的切線，求切線的方程；
(2)若函數有極大值，無最大值，求實數的取值范圍.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據題意，求導得，再由導數的幾何意義，即可得到結果；
（2）根據題意，求導得，令，然后分與兩種情況，分別討論，即可得到結果.
【詳解】（1）時，
設切點為，則切線斜率為，
切線方程：，
將點帶入得：，
此時斜率，所以切線方程為.
（2）函數的定義域為，令，則
（1）當時在單調遞增，
注意到時，，注意到時，，
故存在，使得，在時單調遞減，在時，單調遞增，函數有極小值，無極大值，不符合題意.
（2）當時，令，令，
所以在單調遞增，在單調遞減.
當時，當時，
所以，
若，則恒成立，在單調遞減，無極值和最值.
若，即，此時存在，使得，
且在有單調遞減；在有單調遞增，此時為的極大值.
注意到時，要使無最大值，則還應滿足，
即，同時，
帶入整理得.
由于，且在單調遞減，故，
即，
綜上實數的取值范圍為.
【點睛】關鍵點睛：本題主要考查了求切線方程問題以及導數與函數極值，最值的綜合問題，難度較大，解決本題的關鍵在于分情況進行討論，將問題合理轉化.
30．（2024高三·廣東中山·階段練習）用長為的鋼條圍成一個長方體形狀的框架，要求長方體的長與寬之比為，問該長方體的長、寬、高各為多少時，其體積最大？最大體積是多少？
【答案】長為m，寬為1m，高為m時，體積最大，最大體積為3
【分析】設出長方體的寬為m，表達出長方體的長和高，從而體積，并根據長寬高均大于0，求出，求導后得到的單調性和極值，最值情況，并確定此時的長、寬、高.
【詳解】設長方體的寬為m，則長方體的長為m，故長方體的高為m，
由，解得：，
設長方體的體積為，
故，
則，
令，解得：，
令，解得：，
故在上單調遞增，在上單調遞減，
故在處取得極大值，也是最大值，最大值為，
此時長為m，寬為1m，高為m.
31．（2024高二下·廣東汕頭·期中）某企業(yè)擬建造如圖所示的容器（不計厚度，長度單位：），其中容器的中間為圓柱形，左、右兩端均為半球形，按照設計要求容器的容積為，且，假設該容器的建造費用僅與其表面積有關，已知圓柱形部分每平方米的建造費用為3萬元，半球形部分每平方米的建造費用為（）萬元，該容器的總建造費用為萬元.
（1）寫出關于的函數表達式，并求該函數的定義域；
（2）求該容器的總建造費用最少時的的值.
【答案】（1），定義域為；
（2）當時，；當時，.
【分析】（1）利用，可得，則可得關于的函數表達式，
，代入即得解；
（2）求導，分，兩種情況討論，即得解
【詳解】（1）設容器的容積為，由題意，知.
又，故.
由于，
解得，
所以，
其定義域為.
（2）由（1）得，.
由于，所以.
當時，.令，則，
所以.
①當，即時，
若，則；若，則；若，則.
所以是該函數的極小值點，也是最小值點.
②當，即時，若，則（僅當時，），所以函數單調遞減.
所以是該函數的最小值點.
綜上所述，當時，總建造費用最少時；當時，總建造費用最少時.
32．（2023·福建）在平面直角坐標系中，已知矩形的長為2，寬為1，邊分別在軸、軸的正半軸上， 點與坐標原點重合（如圖所示）．將矩形折疊，使A點落在線段上．
(1)若折痕所在直線的斜率為，試寫出折痕所在直線的方程；
(2)求折痕的長的最大值．
【答案】(1)；
(2).
【分析】(1)分與分類討論，根據對稱關系即可求解; (2)根據折痕在不同的位置分類討論即可求解.
【詳解】（1）當時，此時點與點重合，折痕所在的直線方程;
②當時，將矩形折疊后點落在線段上的點為，所以與關于折痕所在的直線對稱，有，故點坐標為，從而折痕所在的直線與的交點坐標（線段的中點）為.
故折痕所在的直線方程, 即，
由①②得折痕所在的直線方程為；
（2）折痕所在的直線與坐標軸的交點坐標分別為，
解，得；解，得，
因為在上,所以，
當時，直線交于
；
②當時，直線與軸、軸的交點落在矩形的邊和上，
，
所以，令，解得，此時取得最大值，且；
③當時，直線交于，
所以折痕的長度的最大值為.
33．（2024高二下·廣東揭陽·期末）如圖，有一塊半橢圓形鋼板，其長半軸為，短半軸為，計劃將此鋼板切割成等腰梯形的形狀，下底是半橢圓的短軸，上底的端點在橢圓上，記，梯形面積為．
(Ⅰ)求面積關于變量的函數表達式，并寫出定義域；
(Ⅱ)求面積的最大值．
【答案】（I）
，
其定義域為
（II）梯形面積的最大值為
【詳解】試題分析：（1）建立平面直角坐標系，得橢圓標準方程，即滿足的方程： (y≥0)，由于，可解得y＝2 (0

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