数学一轮考点归纳集训：《导数的实际应用》

eq\a\vs4\al(第十三节导数的应用Ⅱ)[备考方向要明了]考什么怎么考1.能利用导数研究函数的单调性、极值或最值，并会解决与之有关的不等式问题．2.会利用导数解决某些简单的实际问题.1.利用极值或最值求解参数的取值范围，如2021年浙江T22等．2.利用导数研究方程根的分布情况、两曲线交点的个数等，如2021年福建T20等．3.利用导数证明不等式，解决有关不等式问题，如2021年天津T20等.[归纳·知识整合]1．生活中的优化问题生活中常遇到求利润最大，用料最省、效率最高等一些实际问题，这些问题通常称为优化问题．2．利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤[探究]1.求实际问题中的最大、最小值，与求一般函数的最值有什么区别？提示：在实际问题中要注意函数的定义域应使实际问题有意义．另外，在求实际问题的最值时，如果区间内只有一个极值点，就是最值点．2．如何求实际问题中的最值问题？提示：有关函数最大值、最小值的实际问题，一般指的是单峰函数，也就是说在实际问题中，如果遇到函数在区间内只有一个极值点，那么不与区间端点比拟，就可以知道这个极值点就是最大(小)值点．[自测·牛刀小试]1．(教材习题改编)某生产厂家的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：万件)的函数关系式为y＝－eq\f(1,3)x3＋81x－234，那么使该生产厂家获取最大年利润的年产量为()A．13万件 B．11万件C．9万件 D．7万件解析：选C∵y＝－eq\f(1,3)x3＋81x－234，∴y′＝－x2＋81，令y′＝0，那么x＝9.2．(教材习题改编)从边长为10cm×16cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，作成一个无盖的盒子，那么盒子容积的最大值为()A．12cm3 B．72cm3C．144cm3 D．160cm3解析：选C设盒子容积为ycm3，盒子的高为xcm.那么y＝(10－2x)(16－2x)x＝4x3－52x2＋160x(0<x<5)，∴y′＝12x2－104x＋160.令y′＝0，得x＝2或eq\f(20,3)(舍去)，∴ymax＝6×12×2＝144(cm3)．3．(教材习题改编)某制造商制造并出售球形瓶装的某种饮料，瓶子的制造本钱是0.8πr2分，其中r是瓶子的半径，单位是厘米．每出售1mL的饮料，制造商可获利0.2分，且制造商能制作的瓶子的最大半径为6cm.那么瓶子半径为________时，每瓶饮料的利润最大，瓶子半径为________时，每瓶饮料的利润最小．解析：由于瓶子的半径为r，所以每瓶饮料的利润是y＝f(r)＝0.2×eq\f(4,3)πr3－0.8πr2＝0.8πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r3,3)－r2))，0<r≤6.令f′(r)＝0.8π(r2－2r)＝0，那么r＝2.当r∈(0,2)时，f′(r)<0；当r∈(2,6)时，f′(r)>0.那么f(r)的最大值为f(6)，最小值为f(2)．答案：624．函数f(x)＝ax3＋x恰有三个单调区间，那么a的取值范围是________．解析：f(x)＝ax3＋x恰有三个单调区间，即函数f(x)恰有两个极值点，即f′(x)＝0有两个不等实根．∵f(x)＝ax3＋x，∴f′(x)＝3ax2＋1.要使f′(x)＝0有两个不等实根，那么a<0.答案：(－∞，0)利用导数研究函数的零点或方程的根[例1](2021·福建高考)函数f(x)＝ex＋ax2－ex，a∈R.(1)假设曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求函数f(x)的单调区间；(2)试确定a的取值范围，使得曲线y＝f(x)上存在唯一的点P，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P.[自主解答](1)由于f′(x)＝ex＋2ax－e，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率k＝2a所以a＝0，即f(x)＝ex－ex.此时f′(x)＝ex－e，由f′(x)＝0得x＝1.当x∈(－∞，1)时，有f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，有f′(x)＞0.所以f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，单调递增区间为(1，＋∞)．(2)设点P(x0，f(x0))，曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，令g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，故曲线y＝f(x)在点P处的切线与曲线y＝f(x)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－x0①假设a≥0，当x＞x0时，g′(x)＞0，那么x＞x0时，g(x)＞g(x0)＝0；当x＜x0时，g′(x)＜0，那么x＜x0时，g(x)＞g(x0)＝0.故g(x)只有唯一零点x＝x0.由P的任意性知，a≥0不合题意．②假设a＜0，令h(x)＝ex－ex0＋2a(x－x0h(x0)＝0，h′(x)＝ex＋2a令h′(x)＝0，得x＝ln(－2a)，记x*＝ln(－2a)，那么当x∈(－∞，x*)时，h′(x)＜0，从而h(x)在(－∞，x*)内单调递减；当x∈(x*，＋∞)时，h′(x)＞0，从而h(x)在(xa．假设x0＝x*，由x∈(－∞，x*)时，g′(x)＝h(x)＞h(x*)＝0；由x∈(x*，＋∞)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．假设x0＞x*，由于h(x)在(x*，＋∞)内单调递增，且h(x0)＝0，那么当x∈(x*，x0)时，有g′(x)＝h(x)＜h(x0)＝0，g(x)＞g(x0)＝0；任取x1∈(x*，x0)有g(x1)＞0.又当x∈(－∞，x1)时，易知g(x)＝ex＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0)＜ex1＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0)＝ax2＋bx＋其中b＝－(e＋f′(x0))，c＝ex1－f(x0)＋x0f′(x0由于a＜0，那么必存在x2＜x1，使得axeq\o\al(2,2)＋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．假设x0<x*，仿b并利用ex>eq\f(x3,6)，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y＝f(x)上存在唯一点P(ln(－2a)，f(ln(－2a)))，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点———————————————————利用导数研究方程根的方法研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使得问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．1．设函数f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－bx.(1)当a＝b＝eq\f(1,2)时，求f(x)的最大值；(2)令F(x)＝f(x)＋eq\f(1,2)ax2＋bx＋eq\f(a,x)(0<x≤3)，其图象上任意一点P(x0，y0)处切线的斜率k≤eq\f(1,2)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f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝b＝eq\f(1,2)时，f(x)＝lnx－eq\f(1,4)x2－eq\f(1,2)x，f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)＝eq\f(－x＋2x－1,2x)，令f′(x)＝0，解得x＝1(x＝－2舍去)．当0<x<1时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减．所以f(x)的极大值为f(1)＝－eq\f(3,4).又因为f′(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一解，所以f(x)的最大值为－eq\f(3,4).(2)由题意得F(x)＝lnx＋eq\f(a,x)，x∈(0,3]，那么k＝F′(x0)＝eq\f(x0－a,x\o\al(2,0))≤eq\f(1,2)在x0∈(0,3]上恒成立，所以a≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x\o\al(2,0)＋x0))max，x0∈(0,3]．当x0＝1时，－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)＋x0取得最大值eq\f(1,2)，所以a≥eq\f(1,2).(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，那么g′(x)＝eq\f(2x2－2mx－2m,x).令g′(x)＝0，即x2－mx－m＝0.因为m>0，x>0，所以x1＝eq\f(m－\r(m2＋4m),2)<0(舍去)，x2＝eq\f(m＋\r(m2＋4m),2).当x∈(0，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(0，x2)上单调递减；当x∈(x2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(x2，＋∞)上单调递增；当x＝x2时，g′(x2)＝0，g(x)取最小值g(x2)．因为2mf(x)＝x2有唯一实数解，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(gx2＝0，,g′x2＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,2)－2mlnx2－2mx2＝0，,x\o\al(2,2)－mx2－m＝0，))所以2mlnx2＋mx2－m＝0.又因为m>0，所以2lnx2＋x2－1＝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＝1，即eq\f(m＋\r(m2＋4m),2)＝1，解得m＝eq\f(1,2).利用导数解决恒成立及参数求解问题[例2]函数f(x)＝ex－ax，其中a>0.(1)假设对一切x∈R，f(x)≥1恒成立，求a的取值集合；(2)在函数f(x)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x0∈(x1，x2)，使f′(x0)＝k成立．[自主解答](1)f′(x)＝ex－a，令f′(x)＝0得x＝lna.当x<lna时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>lna时，f′(x)>0，f(x)单调递增，故当x＝lna时，f(x)取最小值f(lna)＝a－alna.于是对一切x∈R，f(x)≥1恒成立，当且仅当a－alna≥1.①令g(t)＝t－tlnt，那么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}．(2)由题意知，k＝eq\f(fx2－fx1,x2－x1)＝eq\f(ex2－ex1,x2－x1)－a，令φ(x)＝f′(x)－k＝ex－eq\f(ex2－ex1,x2－x1)，那么φ(x1)＝－eq\f(ex1,x2－x1)[ex2－x1－(x2－x1)－1]，φ(x2)＝eq\f(ex2,x2－x1)[ex1－x2－(x1－x2)－1]．令F(t)＝et－t－1，那么F′(t)＝et－1.当t<0时，F′(t)<0，F(t)单调递减；当t>0时，F′(t)>0，F(t)单调递增．故当t≠0时，F(t)>F(0)＝0，即et－t－1>0.从而ex2－x1－(x2－x1)－1>0，ex1－x2－(x1－x2)－1>0，又eq\f(ex1,x2－x1)>0，eq\f(ex2,x2－x1)>0，所以φ(x1)<0，φ(x2)>0.因为函数y＝φ(x)在区间[x1，x2]上的图象是连续不断的一条曲线，所以存在x0∈(x1，x2)，使φ(x0)＝0，即f′(x0)＝k成立．假设将函数“f(x)＝ex－ax，a>0”改为“f(x)＝eax－x，a≠0”，试解决问题(1)．解：假设a<0，那么对一切x>0，f(x)＝eax－x<1，这与题设矛盾．又a≠0，故a>0.而f′(x)＝aeax－1，令f′(x)＝0得x＝eq\f(1,a)lneq\f(1,a).当x<eq\f(1,a)lneq\f(1,a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>eq\f(1,a)lneq\f(1,a)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．故当x＝eq\f(1,a)lneq\f(1,a)时，f(x)取最小值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)ln\f(1,a)))＝eq\f(1,a)－eq\f(1,a)lneq\f(1,a).于是对一切x∈R，f(x)≥1恒成立，当且仅当eq\f(1,a)－eq\f(1,a)lneq\f(1,a)≥1.①令g(t)＝t－tlnt，那么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eq\f(1,a)＝1，即a＝1时，①式成立．综上所述，a的取值集合为{1}．——————————————————不等式恒成立问题的求解方法(1)由不等式恒成立求解参数取值范围问题常采用的方法是别离参数求最值，即要使a≥g(x)恒成立，只需a≥g(x)max，要使a≤g(x)恒成立，只需a≤g(x)min.另外，当参数不宜进行别离时，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f(x)的最小值h(a)，令h(a)≥0即可求出a的取值范围．(2)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．2．f(x)＝(x2－a)ex，a∈R.(1)假设a＝3，求f(x)的单调区间和极值；(2)x1，x2是f(x)的两个不同的极值点，且|x1＋x2|≥|x1x2|，求实数a的取值集合M；(3)在(2)的条件下，假设不等式3f(a)<a3＋eq\f(3,2)a2－3a＋b对于a∈M都成立，求实数b的取值范围．解：(1)∵a＝3，∴f(x)＝(x2－3)ex.令f′(x)＝(x2＋2x－3)ex＝0⇒x＝－3或x＝1.当x∈(－∞，－3)∪(1，＋∞)时，f′(x)>0；x∈(－3,1)时，f′(x)<0，∴f(x)的单调递增区间为(－∞，－3)，(1，＋∞)；单调递减区间为(－3,1)．∴f(x)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x1，x2，∴x1＋x2＝－2，x1x2＝－a，故－2≤a≤2.又Δ＝4＋4a>0，∴－1<a∴M＝{a|－1<a≤2}．(3)原不等式等价于b>3f(a)－a3－eq\f(3,2)a2＋3a对a∈M都成立，记g(a)＝3f(a)－a3－eq\f(3,2)a2＋3a(－1<a≤2)，那么g′(a)＝3(a2＋a－1)(ea－1)，令g′(a)＝0，那么a＝eq\f(\r(5)－1,2)或a＝0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＝\f(－1－\r(5),2)舍去)).故当a变化时，g′(a)，g(a)的变化情况如下表：a(－1,0)0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(5)－1,2)))eq\f(\r(5)－1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5)－1,2)，2))2g′(a)＋0－0＋g(a)极大值极小值6e2－8又∵g(0)＝0，g(2)＝6e2－8，∴g(a)max＝6e2－8，∴b>6e2－8.故实数b的取值范围为(6e2－8，＋∞).利用导数解决生活中的优化问题[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2021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t(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，2021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．假设将每件保健品的售价定为“其生产本钱的150%〞与“平均每件促销费的m倍(0<m≤1.2)〞之和，那么当年生产的保健品恰能销完．假设2021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．(1)将2021年的利润y(单位：百万元)表示为促销费t的函数；(2)该企业2021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－生产本钱－促销费，生产本钱＝固定费用＋生产费用)[自主解答](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＝eq\f(k,3－x)(k≠0)．由题意知，当t＝0时，x＝1，代入得0＋2＝eq\f(k,3－1)，解得k＝4.所以t＋2＝eq\f(4,3－x)，即x＝3－eq\f(4,t＋2)(t≥0)．由该企业的年产量最大为2.6百万件可得，x＝3－eq\f(4,t＋2)≤2.6，解得t≤8.由于2021年的年销量为x百万件，那么生产本钱为y1＝5＋40x，促销费用为t，年销售收入为y2＝150%×y1＋mt.所以2021年的利润y＝y2－y1－t＝eq\f(1,2)y1＋(m－1)t＝eq\f(1,2)×(5＋40x)＋(m－1)t.将x＝3－eq\f(4,t＋2)代入上式，得y＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(5＋40×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(4,t＋2)))))＋(m－1)t＝2.5＋60－eq\f(80,t＋2)＋(m－1)t＝62.5－eq\f(80,t＋2)＋(m－1)t(0≤t≤8,0<m≤1.2)．(2)由(1)知，y＝62.5－eq\f(80,t＋2)＋(m－1)t(0≤t≤8)，所以y′＝eq\f(80,t＋22)＋(m－1)．当1≤m≤1.2时，m－1≥0，eq\f(80,t＋22)≥0，所以y′＝eq\f(80,t＋22)＋(m－1)≥0，此时函数在[0,8]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－eq\f(80,8＋2)＋(m－1)×8＝46.5＋8m(百万元)；当0<m<1时，由y′＝0解得t＝eq\r(\f(80,1－m))－2，函数在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(80,1－m))－2))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(\f(80,1－m))－2，8))上单调递减．所以当t＝eq\r(\f(80,1－m))－2时，函数取得最大值，最大值为62.5－eq\f(80,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(80,1－m))－2))＋2)＋(m－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(80,1－m))－2))＝64.5－8eq\r(51－m)－2m(百万元)．综上，假设1≤m≤1.2，那么当促销费投入t＝8时，企业的年利润y取得最大值，最大值为46.5＋8m(百万元)；假设0<m<1，那么当促销费投入t＝eq\r(\f(80,1－m))－2时，企业的年利润y取得最大值，最大值为64.5－8eq\r(51－m)－2m(百万元)．———————————————————利用导数解决生活中优化问题的一般步骤(1)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＝f(x)，根据实际意义确定定义域；(2)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；(3)比拟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)复原到原实际问题中作答．3．某商场预计2021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)＝eq\f(1,2)x(x＋1)(39－2x)(x∈N*，且x≤12)．该商品第x月的进货单价q(x)(单位：元)与x的近似关系是q(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(150＋2xx∈N*，且1≤x≤6，,185－\f(160,x)x∈N*，且7≤x≤12.))(1)写出2021年第x月的需求量f(x)(单位：件)与x的函数关系式；(2)该商品每件的售价为185元，假设不计其他费用且每月都能满足市场需求，试问商场2021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，f(1)＝p(1)＝37，当2≤x≤12，且x∈N*时，f(x)＝p(x)－p(x－1)＝eq\f(1,2)x(x＋1)(39－2x)－eq\f(1,2)(x－1)·x(41－2x)＝－3x2＋40x.经验证x＝1符合f(x)＝－3x2＋40x(x∈N*，且1≤x≤12)．(2)该商场预计第x月销售该商品的月利润为g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3x2＋40x35－2xx∈N*，且1≤x≤6，,－3x2＋40x·\f(160,x)x∈N*，且7≤x≤12，))即g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6x3－185x2＋1400xx∈N*，且1≤x≤6，,－480x＋6400x∈N*，且7≤x≤12，))当1≤x≤6，且x∈N*时，g′(x)＝18x2－370x＋1400，令g′(x)＝0，解得x＝5，x＝eq\f(140,9)(舍去)．当1≤x≤5时，g′(x)>0，当5<x≤6时，g′(x)<0，∴当x＝5时，g(x)max＝g(5)＝3125(元)．∴当7≤x≤12，且x∈N*时，g(x)＝－480x＋6400是减函数，当x＝7时，g(x)max＝g(7)＝3040(元)，综上，商场2021年第5个月的月利润最大，最大利润为3125元．2个转化——解决含参问题及不等式问题中的两个转化(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．(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．3个注意点——利用导数解决实际问题应注意的问题(1)既要注意将问题中涉及的变量关系用函数关系表示，还要注意确定函数关系式中自变量的取值范围．(2)一定要注意求得函数结果的实际意义，不符合实际的值应舍去．(3)如果目标函数在定义区间内只有一个极值点，那么根据实际意义该极值点就是最值点.数学思想——转化与化归思想在证明不等式中的应用对不等式的证明而言，我们可以从所证不等式的结构和特点出发，结合已有的知识利用转化与化归思想，构造一个新的函数，再借助导数确定函数的单调性，利用单调性实现问题的转化，从而使不等式得到证明，其一般步骤是：构造可导函数→研究单调性或最值→得出不等关系→整理得出结论．[典例](2021·山东高考)函数f(x)＝eq\f(lnx＋k,ex)(k为常数，e＝2.71828…是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．(1)求k的值；(2)求f(x)的单调区间；(3)设g(x)＝(x2＋x)f′(x)，其中f′(x)为f(x)的导函数，证明：对任意x>0，g(x)<1＋e－2.[解](1)由f(x)＝eq\f(lnx＋k,ex)，得f′(x)＝eq\f(1－kx－xlnx,xex)，x∈(0，＋∞)，由于曲线y＝f(x)在(1，f(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)＝eq\f(1,xex)(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)，令h(x)＝1－x－xlnx，x∈(0，＋∞)，当x∈(0,1)时，h(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0.又ex>0，所以x∈(0,1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.因此f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(3)证明：因为g(x)＝(x2＋x)f′(x)，所以g(x)＝eq\f(x＋1,ex)(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)．因此对任意x>0，g(x)<1＋e－2等价于1－x－xlnx<eq\f(ex,x＋1)(1＋e－2)．由(2)h(x)＝1－x－xlnx，x∈(0，＋∞)，所以h′(x)＝－lnx－2＝－(lnx－lne－2)，x∈(0，＋∞)，因此当x∈(0，e－2)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(e－2，＋∞)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－xlnx≤1＋e－2.设φ(x)＝ex－(x＋1)．因为φ′(x)＝ex－1＝ex－e0，所以当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，φ(x)>φ(0)＝0，故当x∈(0，＋∞)时，φ(x)＝ex－(x＋1)>0，即eq\f(ex,x＋1)>1.所以1－x－xlnx≤1＋e－2<eq\f(ex,x＋1)(1＋e－2)．因此对任意x>0，g(x)<1＋e－2.eq\a\vs4\al([题后悟道])1．此题中证明x>0时，g(x)<1＋e－2，即证明函数g(x)在(0，＋∞)上的最大值小于1＋e－2，从而将问题转化为求函数g(x)在(0，＋∞)上的最大值问题，使问题得以顺利解决．2．一般地，证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)<0，那么F(x)在(a，b)上是减函数，同时假设F(a)≤0，由减函数的定义可知，x∈(a，b)时，有F(x)<0，即证明了f(x)<g(x)．证明f(x)>g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)>0，那么F(x)在(a，b)上是增函数，同时假设F(a)≥0，由增函数的定义可知，x∈(a，b)时，有F(x)>0，即证明了f(x)>g(x)．eq\a\vs4\al([变式训练])(2021·辽宁高考)设f(x)＝ln(x＋1)＋eq\r(x＋1)＋ax＋b(a，b∈R，a，b为常数)，曲线y＝f(x)与直线y＝eq\f(3,2)x在(0,0)点相切．(1)求a，b的值；(2)证明：当0<x<2时，f(x)<eq\f(9x,x＋6).解：(1)由y＝f(x)过(0,0)点，得b＝－1.由y＝f(x)在(0,0)点的切线斜率为eq\f(3,2)，又y′|x＝0＝eq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x＋1)＋\f(1,2\r(x＋1))＋a))))x＝0＝eq\f(3,2)＋a，得a＝0.(2)证明：法一：由均值不等式，当x>0时，2eq\r(x＋1·1)<x＋1＋1＝x＋2，故eq\r(x＋1)<eq\f(x,2)＋1.记h(x)＝f(x)－eq\f(9x,x＋6)，那么h′(x)＝eq\f(1,x＋1)＋eq\f(1,2\r(x＋1))－eq\f(54,x＋62)＝eq\f(2＋\r(x＋1),2x＋1)－eq\f(54,x＋62)<eq\f(x＋6,4x＋1)－eq\f(54,x＋62)＝eq\f(x＋63－216x＋1,4x＋1x＋62).令g(x)＝(x＋6)3－216(x＋1)，那么当0<x<2时，g′(x)＝3(x＋6)2－216<0.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)＝0，得h(x)<0.于是当0<x<2时，f(x)<eq\f(9x,x＋6).法二：由(1)知f(x)＝ln(x＋1)＋eq\r(x＋1)－1.由均值不等式，当x>0时，2eq\r(x＋1·1)<x＋1＋1＝x＋2，故eq\r(x＋1)<eq\f(x,2)＋1.①令k(x)＝ln(x＋1)－x，那么k(0)＝0，k′(x)＝eq\f(1,x＋1)－1＝eq\f(－x,x＋1)<0，故k(x)<0，即ln(x＋1)<x.②由①②得，当x>0时，f(x)<eq\f(3,2)x.记h(x)＝(x＋6)f(x)－9x，那么当0<x<2时，h′(x)＝f(x)＋(x＋6)f′(x)－9<eq\f(3,2)x＋(x＋6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x＋1)＋\f(1,2\r(x＋1))))－9＝eq\f(1,2x＋1)[3x(x＋1)＋(x＋6)(2＋eq\r(x＋1))－18(x＋1)]<eq\f(1,2x＋1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3xx＋1＋x＋6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(x,2)))－18x＋1))＝eq\f(x,4x＋1)(7x－18)<0.因此h(x)在(0,2)内单调递减．又h(0)＝0，所以h(x)<0，即f(x)<eq\f(9x,x＋6).一、选择题(本大题共6小题，每题5分，共30分)1．f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是单调增函数，那么a的最大值是()A．0 B．1C．2 D．3解析：选Df′(x)＝3x2－a≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≤3x2在[1，＋∞)上恒成立，而(3x2)min＝3×12＝3，∴a≤3，故amax＝3.2．设动直线x＝m与函数f(x)＝x3，g(x)＝lnx的图象分别交于点M，N，那么|MN|的最小值为()A.eq\f(1,3)(1＋ln3) B.eq\f(1,3)ln3C．1＋ln3 D．ln3－1解析：选A由题意知|MN|＝|x3－lnx|，设h(x)＝x3－lnx，h′(x)＝3x2－eq\f(1,x)，令h′(x)＝0，得x＝eq\r(3,\f(1,3))，易知当x＝eq\r(3,\f(1,3))时，h(x)取得最小值，h(x)min＝eq\f(1,3)－eq\f(1,3)lneq\f(1,3)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－ln\f(1,3)))>0，故|MN|min＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－ln\f(1,3)))＝eq\f(1,3)(1＋ln3)．3．假设不等式2xlnx≥－x2＋ax－3对x∈(0，＋∞)恒成立，那么实数a的取值范围是()A．(－∞，0) B．(－∞，4]C．(0，＋∞) D．[4，＋∞)解析：选B2xlnx≥－x2＋ax－3，那么a≤2lnx＋x＋eq\f(3,x)，设h(x)＝2lnx＋x＋eq\f(3,x)(x>0)，那么h′(x)＝eq\f(x＋3x－1,x2).当x∈(0,1)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝4.所以a≤h(x)min＝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.eq\f(\r(2),2)d B.eq\f(\r(3),2)dC.eq\f(\r(3),3)d D.eq\f(\r(2),3)d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，那么AB＝eq\r(2)x，BD＝d，AD＝h，∵AB2＋AD2＝BD2，∴2x2＋h2＝d2.∴x2＝eq\f(d2－h2,2).又∵V＝x2·h＝eq\f(d2－h2h,2)＝eq\f(1,2)(d2h－h3)，∴V′(h)＝eq\f(1,2)d2－eq\f(3,2)h2.令V′(h)＝0，得h＝eq\f(\r(3),3)d或h＝－eq\f(\r(3),3)d(舍去)．5．函数f(x)＝x3－3x，假设对于区间[－3,2]上任意的x1，x2都有|f(x1)－f(x2)|≤t，那么实数t的最小值是()A．0 B．10C．18 D．20解析：选Df′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，解得x＝±1，所以1，－1为函数f(x)的极值点．因为f(－3)＝－18，f(－1)＝2，f(1)＝－2，f(2)＝2，所以在区间[－3,2]上，f(x)max＝2，f(x)min＝－18，所以对于区间[－3,2]上任意的x1，x2，|f(x1)－f(x2)|≤20，所以t≥20，从而t的最小值为20.6．(2021·宜昌模拟)y＝f(x)是奇函数，当x∈(0,2)时，f(x)＝lnx－axeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a>\f(1,2)))，当x∈(－2,0)时，f(x)的最小值为1，那么a的值等于()A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2) D．1解析：选D由题意知，当x∈(0,2)时，f(x)的最大值为－1.令f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝0，得x＝eq\f(1,a)，当0<x<eq\f(1,a)时，f′(x)>0；当x>eq\f(1,a)时，f′(x)<0.∴f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝－lna－1＝－1，解得a＝1.二、填空题(本大题共3小题，每题5分，共15分)7．设f(x)＝x3＋x，x∈R，假设当0≤θ≤eq\f(π,2)时，f(msinθ)＋f(1－m)>0恒成立，那么实数m的取值范围是________．解析：因为f(x)＝x3＋x，x∈R，故f′(x)＝3x2＋1>0，那么f(x)在x∈R上为单调增函数，又因为f(－x)＝－f(x)．故f(x)也为奇函数，由f(msinθ)＋f(1－m)>0，即f(msinθ)>－f(1－m)＝f(m－1)，得msinθ>m－1，即m(sinθ－1)>－1，因为0≤θ≤eq\f(π,2)，故当θ＝eq\f(π,2)时，0>－1恒成立；当θ∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，m<eq\f(1,1－sinθ)恒成立，即m<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1－sinθ)))min＝1.故m<1.答案：(－∞，1)8．某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品，假设该商品零售价为p元，销量Q(单位：件)与零售价p(单位：元)有如下关系：Q＝8300－170p－p2，那么该商品零售价定为________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，那么y＝(p－20)Q＝(p－20)(8300－170p－p2)＝－p3－150p2＋11700p－166000(p≥20)，那么y′＝－3p2－300p＋11700.令y′＝0得p2＋100p－3900＝0，解得p＝30或p＝－130(舍去)．那么p，y，y′变化关系如下表：p(20,30)30(30，＋∞)y′＋0－y极大值故当p＝30时，y取极大值为23000元．又y＝－p3－150p2＋11700p－166000在[20，＋∞)上只有一个极值，故也是最值．所以该商品零售价定为每件30元，所获利润最大为23000元．答案：30230009．假设函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－a2x满足：对于任意的x1，x2∈[0,1]都有|f(x1)－f(x2)|≤1恒成立，那么a的取值范围是________．解析：由题意得，在[0,1]内，f(x)max－f(x)min≤1.f′(x)＝x2－a2，函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－a2x的极小值点是x＝|a|.假设|a|>1，那么函数f(x)在[0,1]上单调递减，故只要f(0)－f(1)≤1，即只要a2≤eq\f(4,3)，即1<|a|≤eq\f(2\r(3),3)；假设|a|≤1，此时f(x)min＝f(|a|)＝eq\f(1,3)|a|3－a2|a|＝－eq\f(2,3)a2|a|，由于f(0)＝0，f(1)＝eq\f(1,3)－a2，故当|a|≤eq\f(\r(3),3)时，f(x)max＝f(1)，此时只要eq\f(1,3)－a2＋eq\f(2,3)a2|a|≤1即可，即a2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)|a|－1))≤eq\f(2,3)，由于|a|≤eq\f(\r(3),3)，故eq\f(2,3)|a|－1≤eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),3)－1<0，故此式成立；当eq\f(\r(3),3)<|a|≤1时，此时f(x)max＝f(0)，故只要eq\f(2,3)a2|a|≤1即可，此不等式显然成立．综上，a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(3),3)，\f(2\r(3),3))).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(3),3)，\f(2\r(3),3)))三、解答题(本大题共3小题，每题12分，共36分)10．函数f(x)＝alnx－ax－3(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)假设函数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t∈[1,2]，函数g(x)＝x3＋x2·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f′x＋\f(m,2)))在区间(t,3)上不是单调函数，求m的取值范围．解：(1)根据题意知，f′(x)＝eq\f(a1－x,x)(x>0)，当a>0时，f(x)的单调递增区间为(0,1]，单调递减区间为(1，＋∞)；当a<0时，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1]；当a＝0时，f(x)不是单调函数，(2)∵f′(2)＝－eq\f(a,2)＝1，∴a＝－2.∴f(x)＝－2lnx＋2x－3.∴g(x)＝x3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)＋2))x2－2x，∴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.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g′t<0，,g′3>0.))由题意知：对于任意的t∈[1,2]，g′(t)<0恒成立，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g′1<0，,g′2<0，,g′3>0，))∴－eq\f(37,3)<m<－9.11．f(x)＝ax－lnx，x∈(0，e]，g(x)＝eq\f(lnx,x)，其中e是自然常数，a∈R.(1)讨论当a＝1时，函数f(x)的单调性和极值；(2)求证：在(1)的条件下，f(x)>g(x)＋eq\f(1,2)；(3)是否存在实数a，使f(x)的最小值是3？假设存在，求出a的值；假设不存在，说明理由．解：(1)∵f(x)＝x－lnx，f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，∴当0<x<1时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减；当1<x<e时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增．∴f(x)的极小值为f(1)＝1.(2)证明：∵f(x)的极小值为1，即f(x)在(0，e]上的最小值为1，∴f(x)min＝1.又∵g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，∴0<x<e时，g′(x)>0，g(x)在(0，e]上单调递增．∴g(x)max＝g(e)＝eq\f(1,e)<eq\f(1,2).∴f(x)min－g(x)max>eq\f(1,2).∴在(1)的条件下，f(x)>g(x)＋eq\f(1,2).(3)假设存在实数a，使f(x)＝ax－lnx(x∈(0，e])有最小值3，那么f′(x)＝a－eq\f(1,x)＝eq\f(ax－1,x).①当a≤0时，f(x)在(0，e]上单调递减，f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，a＝eq\f(4,e)(舍去)，所以，此时f(x)的最小值不是3；②当0<eq\f(1,a)<e时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))上单调递增，f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝1＋lna＝3，a＝e2，满足条件；③当eq\f(1,a)≥e时，f(x)在(0，e]上单调递减，f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，a＝eq\f(4,e)(舍去)，所以，此时f(x)的最小值不是3.综上，存在实数a＝e2，使得当x∈(0，e]时，f(x)有最小值3.12．设函数f(x)＝x－eq\f(1,x)－alnx.(1)假设曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线被圆x2＋y2＝1截得的弦长为eq\r(2)，求a的值；(2)假设函数f(x)在其定义域上为增函数，求实数a的取值范围；(3)当a≤2时，设函数g(x)＝x－lnx－eq\f(1,e)，假设在[1，e]上存在x1，x2使f(x1)≥g(x2)成立，求实数a的取值范围．解：由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．(1)求导得，f′(x)＝1＋eq\f(1,x2)－eq\f(a,x)＝eq\f(x2－ax＋1,x2)，故f′(1)＝2－a，而f(1)＝0，故曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－0＝(2－a)·(x－1)，即y＝(2－a)(x－1)．故圆心到直线的距离d＝eq\f(|2－a|,\r(2－a2＋－12))＝eq\r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)，即eq\f(|2－a|,\r(2－a2＋1))＝eq\f(\r(2),2)，解得a＝1或a＝3.(2)因为函数f(x)在其定义域上为增函数，即f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以1＋eq\f(1,x2)－eq\f(a,x)≥0恒成立，即a≤x＋eq\f(1,x).又x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x×\f(1,x))＝2(当且仅当x＝1时取等号)，故a的取值范围为(－∞，2]．(3)由在[1，e]上存在x1，x2使f(x1)≥g(x2)成立，可知当x∈[1，e]时，f(x)max≥g(x)min.又因g′(x)＝1－eq\f(1,x)，所以当x∈[1，e]时，g′(x)≥0，即函数g(x)在区间[1，e]上是单调递增的函数，最小值为g(1)＝1－ln1－eq\f(1,e)＝1－eq\f(1,e).由(1)知f′(x)＝eq\f(x2－ax＋1,x2)，因为x2>0，又函数y＝x2－ax＋1的判别式Δ＝(－a)2－4×1×1＝a2－4，(ⅰ)当a∈[－2,2]时，Δ≤0，那么f′(x)≥0恒成立，即函数f(x)在区间[1，e]上是单调递增的函数，故函数f(x)在区间[1，e]上的最大值为f(e)＝e－eq\f(1,e)－a，故有f(e)≥g(1)，即e－eq\f(1,e)－a≥1－eq\f(1,e)，解得a≤e－1.又a∈[－2,2]，所以a∈[－2，e－1]；(ⅱ)当a<－2时，Δ>0，f′(x)＝0的两根为x1＝eq\f(a－\r(a2－4),2)，x2＝eq\f(a＋\r(a2－4),2)，此时x1<0，x2<0.故函数f(x)在区间[1，e]上是单调递增的函数．由(ⅰ)知，a≤e－1，又a<－2，故a<－2.综上所述，a的取值范围为(－∞，e－1]．1．设函数f(x)＝eq\f(1,2)x2＋ex－xex.(1)求f(x)的单调区间；(2)假设当x∈[－2,2]时，不等式f(x)>m恒成立，求实数m的取值范围．解：(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，∵f′(x)＝x＋ex－(ex＋xex)＝x(1－ex)，假设x<0，那么1－ex>0，所以f′(x)<0；假设x>0，那么1－ex<0，所以f′(x)<0；∴f(x)在(－∞，＋∞)上为减函数，即f(x)的单调减区间为(－∞，＋∞)．(2)由(1)知，f(x)在[－2,2]上单调递减，∴f(x)min＝f(2)＝2－e2.∴m<2－e2时，不等式f(x)>m恒成立．2．设函数f(x)＝(x－a)2lnx，a∈R.(1)假设x＝e为y＝f(x)的极值点，求实数a；(2)求实数a的取值范围，使得对任意的x∈(0,3e]，恒有f(x)≤4e2成立(注：e为自然对数的底数)．解：(1)对f(x)求导，得f′(x)＝2(x－a)lnx＋eq\f(x－a2,x)＝(x－a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2lnx＋1－\f(a,x))).因为x＝e是f(x)的极值点，所以f′(e)＝(e－a)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\v