导数的综合应用

第十二讲导数的综合应用教学目标：1、利用导数研究函数的零点或方程的根2、利用导数解决恒成立及参数求解问题3、会利用导数解决某些简单的实际问题.一、知识回顾课前热身知识点1、不等式恒成立问题的求解方法由不等式恒成立求解参数取值范围问题常采用的方法是分离参数求最值，即要使QNg3)恒成立，只需oNg3)max，要使oWg(x)恒成立，只需oWg(x)min.另外，当参数不宜进行分离时，还可直接求最值建立关于参数的不等式求解，例如，要使不等式f(x)^0恒成立，可求得fx)的最小值h(a)，令h(a)^0即可求出a的取值范围.参数范围必须依靠不等式才能求出，求解参数范围的关键就是找到这样的不等式.知识点2、利用导数解决生活中优化问题的一般步骤分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系y=fx)，根据实际意义确定定义域；求函数y=f(x)的导数f(x)，解方程f(x)=0得出定义域内的实根，确定极值点；比较函数在区间端点和极值点处的函数值大小，获得所求的最大(小)值；(4)还原到原实际问题中作答.二、例题辨析推陈出新'“f冬例1、(2012-福建高考)已知函数fx)=ex+ax2—ex，aER.⑴若曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求函数fx)的单调区间；(2)试确定a的取值范围，使得曲线y=fx)上存在唯一的点尸，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P.［解答］(1)由于f(x)=ex+2ax-e,曲线y=fx)在点(1,f(1))处的切线斜率k=2a=0,所以a=0,即fx)二ex-ex.此时f(x)=ex-e,由f(x)=0得x=1.当xE(-00,1)时，有f(x)<0；当xE(1，+8)时，有f(x)>0.所以fx)的单调递减区间为(-8,1)，单调递增区间为(1,+8).(2)设点P(x0,fx0))，曲线y二fx)在点P处的切线方程为y=f(x0)(x-x0)+fx0)，令g(x)=f(x)-f(x0)(x-x0)-fx0)，故曲线y=fx)在点P处的切线与曲线y=fx)只有一个公共点P等价于函数g(x)有唯一零点.因为g(x0)=0,且g‘(x)=f(x)-f(x0)=ex-ex0+2a(x-x0).①若。巳0，当x>x0时,g'(x)>0,则x>x0时，g(x)>g(x0)=0；当x<x0时,g'(x)<0,则x<x0时，g(x)*碍攵薮育BOWENJUAOYU>g3°)=0.故g(x)只有唯一零点后柘由P的任意性知，。巳0不合题意.②若a<0,令h(x)=ex-ex0+2a(x-x0)，则h(x0)=0,h'(x)=ex+2a.令h'(x)=0,得x=ln(-2a),记x*=ln(-2d)，则当xE(-8,x*)时，h'(x)<0，从而h(x)在(-8,x*)内单调递减；当xE(x*，+时,h'(x)>0,从而h(x)在(x*，+8)内单调递增.a.若x0=x*，由x^(-8,x*)时，g'(x)=h(x)>h(x*)=0；由xE(x*，+8)时，g'(x)=h(x)>h(x*)=0.所以g(x)在R上单调递增.所以函数g(x)在R上有且只有一个零点x=x*.b.若x0>x*，由于"⑴在⑦*，+8)内单调递增，且h(x0)=0，则当xG(x*/x0)时，有g'(x)=h(x)<h(x0)=0，g(x)>g(x0)=0；任取x1e(x*，x0)有g(x1)>0.又当xe(-8,x1)时，易知g(x)=ex+ax2-(e+f'(x0))x-fx0)+xf'(x0)<ex1+ax2-(e+f'(x0))x-fx0)+xf'(x0)=ax2+bx+c，其中b=-(e+f'(x0)),c=ex1顼x0)+xf'(x0).由于a<0,则必存在x2<x1,使得ax^+bx2+c<0.所以g(x2)<0，故g(x)在(x2,x1)内存在零点，即g(x)在R上至少有两个零点.c.若x0<x*，仿b并利用。、京，可证函数g(x)在R上至少有两个零点.综上所述，当a<0时，曲线"fx)上存在唯一点P(ln(-2a)，如n(-2a)))，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P.变式练习1.设函数fx)=lnx—1ax2—bx.(1)当a=b=当时，求fx)的最大值；,.1.a1,一(2)令F(x)=fx)+2ax2+bx+](0<xW3),其图象上任意一点P(x0,y0)处切线的斜率kW^恒成立，求实数a的取值范围；(3)当a=0,b=—1时，方程2mf(x)=x2有唯一实数解，求正数m的值.解：(1)依题意，知fx)的定义域为(0,+8),当a=b=1l时’fx)=lnx-4x2-2x,f'(x)：%-*242x22-(x+2)(x-1)，令f(x)=0,解得x=1(x=-2舍去).当0<x<1时，f(x)>0，此时fx)单调递增；当x>12x时,f(x)<0，此时fx)单调递减.所以fx)的极大值为f(1)=-|.又因为f(x)=0在(0,+8)上有唯一解，所以fx)的最大值为-3.0碍攵薮青山'，•衡阳个性化教育倡导者X--a1、(2)由题意得F(x)=lnx+xXE(°,3］,则k=F(X0)二七厂弓在件(0,3］上恒成立，所以a乂一庐+xjmax,xoe(0,3］.当x0=i时，-2xo+x0取得最大值1，所以a弓(3)因为方程2mf(x)=X2有唯一实数解，所以X2-2mlnx-2mx=0有唯一实数解•设g(x)=X2-2mlnx-2mx,2X2-2mx-2m、m-\:m2+4m贝Ug'(x)=：.令g，(x)=0，即x2-mx-m-0.因为m>0,x>0，所以x1二七<0(舍去),x2二当.当xe(0,x2)时，g'(x)<0,g(x)在(0,x2)上单调递减；当xe(x2，+8)时，g'(x)>0,g(x)在(x2，+8)上单调递增；当x=x2时，g'(x2)=0,g(x)取最小值g(x2).因为2mfx)=x2有唯一实数解，|g(x2)-0,Ix2-2mlnx2-2mx2-0,则，即，所以2mlnx2+mx2-m=0.又因为m>0,所以2lnx2+x2-1、g'(x2)=0,[xg-mx2-m=0,-0.(*)设函数h(x)-2lnx+x-1,当x>0时，h(x)是增函数，所以h(x)-0至多有一解.因为h(1)=0,所以方程(*)的解为x2=i,即"、*+侦=i,解得m=|.例2、已知函数fx)=ex—ax，其中a>0.(1)若对一切xER,fx)N1恒成立，求a的取值集合；(2)在函数fx)的图象上取定两点A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))(x1<x2),记直线AB的斜率为k,证明：存在x0E(x1,x2),使f(x0)=k成立.［解答］(1f'(x)=ex-a,令f'(x)=0得x=lna.当x<lna时,f(x)<0,fx)单调递减；当x>lna时，f'(x)>0,fx)单调递增，故当x=lna时，fx)取最小值f(lna)=a-alna.于是对一切xER,fx)N1恒成立，当且仅当a-alnaN1.①令g(t)=t-tlnt,则g'(t)=-lnt.当0<t<1时,g'(t)>0,g(t)单调递增；当t>1时,g'(t)<0，g(t)单调递减.故当t=1时，g(t)取最大值g(1)=1.因此，当且仅当a=1时，①式成立.综上所述，a的取值集合为{1}.TOC\o"1-5"\h\z(2)由题意知，k=fx2)fx1)=以2以1-a，令^(x)=f(x)-k=公-以2以1，则9(x1)=--^[ex2-x1&-叫呵-%x2-x1x2-x1(x2-x.)-1],9(x2)-以2[ex1-x2-(x1-x2)-1].令F(t)=et-t-1,则F'(t)=etT.当t<0时，F'(t)<0,x2-x1F(t)单调递减；当t>0时，F'(t)>0,F(t)单调递增.故当tN0时，F(t)>F(0)=0,即et-t-1>0.从而ex2-x1exex(x2-X1)-1>0,叫-x2-(x1-x2)-1>0,又>0,>0,所以^(xl)<0,(p(x2)>0.因为函数j二(p(XX2-X1X2-X1在区间［X1，X2］上的图象是连续不断的一条曲线，所以存在x0E(x1,X2)，使p{x^=0，即f(XQ)=k成立.若将函数“f(X)=eX—aX,a>0”改为“f(X)=eaX—X,a/0”，试解决问题(1).解：若a<0，则对一切X>0,f(X)二eaX-X<1，这与题设矛盾•又a》0,故。>0.而f'(x)=aeaX-1，令f'(x)=0得X=%n1当xAn1时，f(X)<0,f(x)单调递减；当x〉1、1时,f(x)>0,fx)单调递增.故当xaaaaaa=1ln1时，fx)取最小值ff1ln1)=1-1lnX.于是对一切xER,fx)N1恒成立，当且仅当-虹L1.aaVaaJaaaaa令g(t)。-tlnt,则g‘(t)=-Int.当0<t<1时，g‘(t)>0,g(t)单调递增；当t>1时，g‘(t)<0,g(t)单调递减.故当t=1时，g(t)取最大值g(1)=1.因此，当且仅当1=1,即a=1时，①式成立.a综上所述，a的取值集合为{1}.变式练习2.已知f(x)=(x2—a)ex,aER.⑴若a=3，求fx)的单调区间和极值；(2)已知X],x2是fx)的两个不同的极值点，且IX]+x2lNlx1x2l,求实数a的取值集合M；3⑶在(2)的条件下，若不等式3f(a)<a3+2a2—3a+b对于aEM都成立，求实数b的取值范围.解：(1)La=3,.Lfx)=(x2-3)ex.令f(x)=(x2+2x-3)e、=0x=-3或x=1.当xE(-^,-3)U(1,+8)时，f(x)>0；xE(-3,1)时，f(x)<0,.fx)的单调递增区间为(-8,-3),(1,+8)；单调递减区间为(-3,1).顼了)的极大值为f(-3)=6e-3；极小值为f(1)=-2e.(2)令f(x)=(x2+2x-a)ex=0,即x2+2x-a=0,由题意其两根为X],x2,.・.X]+x2=-2,X&二-a,故-2WaW2.又A=4+4a>0,.，.-1vaW2..，.M二{al-1vaW2}.(3)原不等式等价于b>3f(a)-a3-2a2+3a对aEM都成立，记g(a)=3f(a)-a3-*+3a(-1vaW2)，则g'(a)=3(a2+a-1)(ea-1),令g'(a)=0，则a=^—或a=0故当a变化时，g‘(a),g(a)的变化情况如下表:a(-1,0)0仍—12陌，2)2g'(a)+0—0+g(a)极大值极小值6e2—8又3(0)=0,g(2)=6e2-8,.・.g(a)max=6e2-8,.">6e2-8.古攵实数b的取值范围为(6e2-8,+-).例3、随着生活水平的不断提高，人们越来越关注身体健康，而电视广告在商品市场中占有非常重要的地位.某著名保健品生产企业为了占有更多的市场份额，拟在2013年通过电视广告进行一系列促销活动.经过市场调查和测算，保健品的年销量x(单位：百万件)与年促销费，(单位：百万元)之间满足：3-x与t+2成反比例.如果不搞促销活动，保健品的年销量只能是1百万件，2013年生产该保健品的固定费用为5百万元，每生产1百万件保健品需再投入40百万元的生产费用.若将每件保健品的售价定为“其生产成本的150%”与“平均每件促销费的m倍(0<mW1.2)”之和，则当年生产的保健品恰能销完.假设2013年该企业的保健品恰能销完，且该企业的年产量最大为2.6百万件.将2013年的利润"单位：百万元)表示为促销费t的函数；该企业2013年的促销费投入多少百万元时，企业的年利润最大？(注：利润=销售收入一生产成本一促销费，生产成本=固定费用+生产费用).….一一...…k［解答］(1)因为年销量x百万件与年促销费t百万元之间满足：3-x与t+2成反比例，所以设t+2二一3-x(k/0).由题意知，当t=0时,x=1，代入得0+2=解得k=4.所以t+2=，即x=3-土(t>0).由3-13-xt+2该企业的年产量最大为2.6百万件可得，x=3-<2.6，解得tW8.由于2013年的年销量为x百万件，t+2则生产成本为七二5+40x，促销费用为t，年销售收入为y2=150%Xy1+mt.所以2013年的利润y=y2-y-t^y+(m-1)t二:X(5+40x)+(m-1)t.将x=3-^-代入上式，得212t+2y=」x5+40X3-]+(m-1)t—2.5+60—+(m-1)t—62.5—+(m-1)t(0WtW8,0<mW1.2).Lkt+2)\t+2t+2(2)由(1)知,y—62.5-~8^+(m-1)t(0WtW8)所以y‘二80+(m-1).当1WmW1.2时，m-1N0,80t+2(t+2)2(t+2)2N0，所以矿—(t+^+(m-DM。，此时函数在[0罚上单调递增，所以当t—8时，年利润y取得最大值，最大值为62.5-里+(m-1)X8—46.5+8m(百万元)；8+2当0<m<1时，由y'=0解得£二801-m严-2上单调递增在1-m上单调递减.所以当，二-8土-2时，函数取得最大值，最大值为62.5-1-m80r1)-=64.5-8«5(1-m)-2m(百万元).综上，若1WmW1.2,则当促销费投入£=8时，企业的年利润y取得最大值，最大值为46.5+8m(百万元)；若0<m<1,则当促销费投入£=『：.产-2时，企业的年利润y取得最大值，最大值为64.5-8\：‘5(1-m)-2m(百万元).变式练习3.某商场预计2013年1月份起前x个月，顾客对某商品的需求总量p(x)(单位：件)与x的关系近似地满

足p(x)=|x(x+1)(39-2x)(xGN*,且xW12).该商品第x月的进货单价q(x)(单位：元)与x的近似关系是'150+2xq(x)=|185-^Ix(xEN*，且1WxW6),(xEN*，且7WxW12).写出2013年第x月的需求量f(x)(单位：件)与x的函数关系式；该商品每件的售价为185元，若不计其他费用且每月都能满足市场需求，试问商场2013年第几月销售该商品的月利润最大，最大月利润为多少元？解：(1)当x=1时顶1)=p(1)=37，当2WxW12，且xEN*时，fx)=p(x)-p(x-1)=|x(x+1)(39-2x)-：(x-1)・x(41-2x)=-3x2+40x,经验证x=1符合f(x)=-3x2+40x(xEN*，且1WxW12).(2)该商场预计第x月销售该商品的月利润为(-3x2+40x)(35-2x)(xEN*，且1WxW6),)(-3x2+40x),160(xeN*，且7WxW12),1、x、J6x3-185x2+1400x(xEN*，且1WxW6),-480x+6400(xEN*,且7WxW12),即g(x)当1WxW6，且xEN*时，g'(x)=18x2-370x+1400,令g'(x)=0，解得x=5,x=】；°(舍去).当1WxW5时,g'(x)>0，当5<xW6时,g'(x)<0，二当x=5时，g(x)max二g(5)二3125(元)..•.当7WxW12，且xEN*时，g(x)二-480x+6400是减函数，当x=7时，g(xy二g(7)二3040(元),综上，商场2013年第5个月的月利润最大，最大利润为3125元.三、归纳总结方法在握归纳1、利用导数解决含有参数的单调性问题可将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应用.归纳2、将不等式的证明、方程根的个数的判定转化为函数的单调性、极值问题处理.四、拓展延伸能力升华例1、(2012-山东高考)已知函数地;)=匝尹%为常数，e=2.71828…是自然对数的底数)，曲ex线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行.求k的值；求fx)的单调区间；⑶设g(x)=(x2+x)f(x)，其中f'(x)为fx)的导函数，证明：对任意x>0,g(x)<1+eNInx+k1-kx-xlnx［解］(1)由f(x)^—~，得f⑴二一——，xE(0，+8)，e^xex由于曲线y=f(x)在(1顶1))处的切线与x轴平行，所以f'(1)=0,因此k=1.(2)由(1)得f'(x)=(1-x-xlnx),xE(0,+8)，令h(x)=1-x-xlnx,xE(0,+8),xex、当xE(0,1)时，h(x)>0；当xE(1，+8)时，h(x)<0.又ex>0，所以xE(0,1)时，f(x)>0；当xE(1,+8)时，f'(x)<0.因此fx)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1,+8).x+1⑶证明：因为g(x)=(x2+xf(x)，所以g(x)=ex(1-x-xlnx),xE(0,+8).因此对任意x>0,g(x)<1+e-2等价于1-x-xlnx<-e^(1+e-2).x+1由(2)h(x)=1-x-xlnx,xE(0,+8),所以h'(x)=-lnx-2=-(lnx-lne-2),xE(0,+8),因此当xE(0,e-2)时，h'(x)>0,h(x)单调递增；当xE(e-2,+8)时，h'(x)<0,h(x)单调递减.所以h(x)的最大值为h(e-2)=1+e-2，故1-x-xlnxW1+e-2.设破x)二ex-(x+1).

因为cp'(x)=ex-1=ex-e0，所以当xE(0，+°°)时，矿(x)>0,(p(x)单调递增，^(x)>^(0)=0,故当xE(0，+8)时，p(x)=ex-(x+1)>0,即""e—>1.所以1-x-xlnxW1+e-2<—(1+e-2).因此对任意x>0,g(x)<1+e-2.x+1x+1变式练习变式练习(2012-辽宁高考)设fx)=ln(x+1)+'、h车1+ax+b(a,bER,a,b为常数)，曲线y=f(x)与直线y=；x在(0,0)点相切.⑴求a,b的值;(2)证明：当0<x<2时，fx)<x^6.3解：(1油j=f(x)过(0,0)点，得b=-1.由y=f(x)在(0,0)点的切线斜率为2，七+七+~^+a

"x+12对x+1)=-+a，得a=0.x=02(2)证明：法一：由均值不等式，当x>0时，2\：(x+1).1<x+1+1=x+2，故寸x+1<2+L记h(x)=f(x)-芸，则h'(x)二工+^-工二土B-兵=-二x+6x+12\'x+1(x+6)22(x+1)(x+6)24(x+1)(x+6)2(x+6)3-216(x+1)4(x+1)(x+6)2.令g(x)=(x+6)3-216(x+1)，则当0<x<2时,g'(4(x+1)(x+6)2因此g(x)在(0,2)内是递减函数.又由g(0)=0,得g(x)<0，所以h'(x)<0.因此h(x)在(0,2)内是递减函数.又h(0)二0，得h(x)<0.于是当0<x<2时，fx)v-9L.x+6法二：由(1)知fx)=ln(x+1)+寸x+1-1.由均值不等式，当x>0时，2-•.."x+1).1vx+1+1=x+2，TOC\o"1-5"\h\z古故•：x+1<x+1.①令k(x)=ln(x+1)-x，贝Uk(0)=0，k'(x)二一11二<0*2x+1x+1'七+"x+127x+1)故k(x)<0，即ln(x+1)<x.②由①②得，当x>0时，fx)<3x.记h(x)=(x七+"x+127x+1)..3h'(x)=f(x)+(x+6)f(x)-9<2x+(x+6)

-2(1])[3x(x+1)+(x+6)(2+寸x+1)-18(x+1)]<?('°3x(x+1)+(x+6)(3+专)一l8(x+D9x二(7x-18)<0,因此所x)在(0,2)内单调递减.又h(0)=0,所以h(x)<0，即您;)<.4(x+1)x+6五、课后作业巩固提高已知/(x)=x3—ox在[1,+8)上是单调增函数，则a的最大值是()A.0B.1C.2D.3解析：选Df(x)=3x2-aN0在[1，+8)上恒成立，即af在[1，+8)上恒成立，而(312扁二3乂12=3,.・.aW3，故。皿广3.设动直线x=m与函数fx)=x3，g(x)=lnx的图象分别交于点M,N,则IMN的最小值为()A.|(1+ln3)B.|ln3C.1+ln3D.ln3—1解析：选A由题意知|MNI=|x3-lnx|，设h(x)=x3-lnx,h'(x)=3x2-1，令h'⑴=0,得x=?计,TOC\o"1-5"\h\zx\|3易知当x=\贝时，h(x)取得最小值，h(x).=1-TlnT=!(1-ln9>0，故|MN|.二：(1-ln^=?(1+ln3).3min3333k37，mm3V373'>3.若不等式2xlnxN—x2+ax—3对xE(0，+8)恒成立，则实数a的取值范围是()A.(—8，0)B.(—8，4]C.(0，+8)D.[4，+8)33(x+3)(x-1)解析：选B2xlnxN-x2+ax-3，则aW2lnx+x+-，设h(x)=2lnx+x+—(x>0)，则h'(x)=.xxx2当xE(0,1)时，h'(x)<0，函数h(x)单调递减；当xE(1，+8)时，h'(x)>0，函数h(x)单调递增，所以h(x)min=h(1)=4.所以aWh(x)i=4.4•球的直径为d，其内接正四棱柱体积V最大时的高为()A弓dB.亨dC.亨dD?32d解析：选C设正四棱柱的高为h，底面边长为x，如图是其组合体的轴截面图形，则AB=&x，BD=d，AD=h，「AB2+AD2=BD2，「.2x2+h2=4.d2-h2(d2-h2)h「x2=-2~.又V=x2-h=2-h3)，「V(h)=^d2-5.已知函数fx)=x3—3x，若对于区间［—-h3)，「V(h)=^d2-5.已知函数fx)=x3—3x，若对于区间［—3,2］上任意的x1，x2都有fx］)—fx2)|&，则实数t的最小值是()D.20A.0B.10C.18解析：选Df(x)=3x2-3,令f(x)=0，解得x二±1，所以1,-1为函数fx)的极值点•因为f(-3)二-18顶-1)=2顶1)=-2顶2)=2,所以在区间［-3,2］上，fx/=2,fx)min=-18，所以对于区间［-3,2］上任意的x1,x2,f(x1)-fx2)|W20，所以归20，从而t的最小值为20.，当xE(—2,0)时，fx)的最6.(2013-宜昌模拟)已知y=f(x)是奇函数，当xE(0,2)时，fx)=lnx-«x，当xE(—2,0)时，fx)的最C.2D.1TOC\o"1-5"\h\z11A.4B.3解析：选D由题意知，当xe(0,2)时，fx)的最大值为-1.令f(x)二f-a=0，得x=!，xa当0<x<］时，f(x)>0；当x〉1时，f(x)<0.Afx)=ff1)=-lna-1二-1,解得a=1.C.2D.1aamaxJ\aJn7.设fx)=x3+x，xER，若当0W9WS时，f(msin0)+f(1—m)>0恒成立，则实数m的取值范围是.解析:因为fx)=x3+xxER，古攵f(x)=3x2+1>0,Mf(x)在xER上为单调增函数又因为f(-x)=-f(x)故fx)也为奇函数，由f(msin0)+f(1-m)>0,即f(msin6)>-f(1-m)=f(m-1)，得msin0>m-1,即m(sinQ-f1)1)>-1,因为0W0W^，故当0二f时，0>-1恒成立；当0E0-)时，m<恒成立，即m<~~~22L2/1-sin0U-sin仞min=1.故m<1.答案：(—8,1)8.某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品，若该商品零售价为p元，销量0单位：件)与零售价p(单位：元)有如下关系：Q=8300—170p—p2，则该商品零售价定为元时利润最大，利润的最大值为.解析：设商场销售该商品所获利润为y元，则y=(p-20)Q=(p-20)(8300-170p-p2)二-p3-150p2+11700p-166000(pN20)，则y'=-3p2-300p+11700.令y'=0得p2+100p-3900=0,解得p=30或p=-130(舍去).则p,y,y'变化关系如下表：p(20,30)30(30，+8)y'+0-y增极大值减故当p=30时，y取极大值为23000元.又y=-p3-150p2+11700p-166000在［20,+8)上只有一个极值，故也是最值.所以该商品零售价定为9.若函数f(x)=\x3—a2x满足：对于任意的x1,x2E［0,1］都有fxJ—9.若函数f(x)=\x3—a2x满足：对于任意的x1,x2E［0,1］都有fxJ—fxRIW1恒成立，则a的取值范围是解析：由题意得，在［0,1］内，fx)max-f(x)minW1.f(x)=X2-a2，函数f(x)=|x3-a2x的极小值点是x=IaI.若IaI>1，则函数fx)在［0,1］上单调递减，故只要f(0)顼1)W1，即只要a2W4，即1<|a|<233；若火1，此时f(x)min=f(IaI)-jab-a2IaI=-2a2IaI,由于f(0)-0,f(1)-3-a2，古攵当IaIW33时，fx)max-f(1)，此时只要1-a2+2a2IaI<1即可即a2f2IaI-1)W2，由于IaIW^3，古攵2IaI-1W2X吏-1<0，故此式成立；当^3<IaK1a匕3^^-ia，a匕^3/333*a3'、33a,_l时，此时fx)max-f(0)，故只要3a2IaIW1即可，此不等式显然成立.综上，a的取值范围是答案:10.已知函数fx)=alnx—ax—3(aER).求函数fx)的单调区间；若函数y=f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线的倾斜角为45°,对于任意的沱［1,2］，函数g(x)=x3+x2•f(x)+m_|在区间(t,3)上不是单调函数，求m的取值范围.a(1-x)解：(1)根据题意知，f(x)-—-—(x>0)，x当a>0时，fx)的单调递增区间为(0,1］，单调递减区间为(1，+8);当a<0时，fx)的单调递增区间为(1，+8)，单调递减区间为(0,1］；当a-0时，fx)不是单调函数,(2"(2)--冒-1，膈-2,fx)--2lnx+2x-3..，.g(x)=x3+\m+2Jx2-2x.g'(x)-3x2+(m+4)x-2「.・g(x)在区间(t,3)上不是单调函数，且g'(0)--2..|g'(t)<0，

lg'(3)>0.g'(1)<0，

由题意知：对于任意的re［1,2］，g.|g'(t)<0，

lg'(3)>0.▽(3)>0，37八~3<m<-9.lnx11.已知f(x)=ax—lnx，xE(0，e］，g(x)=，其中e是自然常数，aER.x(1)讨论当a=1时，函数fx)的单调性和极值;求证：在(1)的条件下，,f(x)>g(x)+|；是否存在实数。，使fx)的最小值是3?若存在，求出a的值；若不存在，说明理由.x-1解：(1)，.fx)=x-lnx,f'(x)=1-X=~^~，二当0<x<1时，f(x)<0,此时/(x)单调递/咸；当1<x<e时,f(x)>0，此时fx)单调递增.项了)的极小值为f(1)=1.(2)证明：・.必)的极小值为1，即fx)在(0,e］上的最小值为1,.fx)min=1.又*'(x)=1^,.・.0<x<e时，g'(x)>0,g(x)在(0,e］上单调递增.x2,•g(x)max=g(e)=e<2..顶x)min-g(x)max>2；•在⑴的条件下，f(x)>§(x)+；.1ax-1(3)假设存在实