专题4.4导数的综合应用(学生版)

专题4.4导数的综合应用1.利用导数研究函数零点问题思路（1）转化为函数图象交点：方程f(x)=0有实根⇒两个函数图象的交点问题⇐函数y=f(x)有零点．将fx=0变形为g(x)=ℎ(x)，转化为=1\*GB3①一平一曲：一平即常数函数y=k（k为常数）图象与一曲线图象的交点；=2\*GB3②一斜一曲：一斜即一次函数图象与一曲线图象的交点；=3\*GB3③两曲：两个函数图象均为曲线，凸凹性相反.（2）利用零点存在性定理解决：利用导数研究函数单调性，结合零点存在性定理，判断函数零点个数.2.利用导数研究不等式恒成立或存在性问题不等式恒成立问题或存在性问题转化为求函数最值问题，利用导数研究函数最值，求出参数的取值范围.=1\*GB4㈠不等式在某个区间上恒成立或存在性成立问题的转化途径：=1\*GB2⑴∀x∈D,f(x)≥a↔f(x)min≥a；∃x∈D,f(x)≥a↔=2\*GB2⑵∀x∈D,f(x)≤b↔f(x)max≤b；∃x∈D,f(x)≤b↔=3\*GB2⑶∀x∈D,f(x)>g(x)↔ℎx=fx−g=2\*GB4㈡双变量的“任意性”与“存在性”问题=1\*GB3①∀x1∈M,∀x2∈N,都有f=2\*GB3②∀x1∈M,∃x2∈N,都有f=3\*GB3③∃x1∈M,∀x2∈N,都有f=4\*GB3④∃x1∈M,∃x2∈N,都有f=5\*GB3⑤∀x1∈M,∃x2∈N,都有f=6\*GB3⑥∃x1∈M,∃x2∈N,都有fx1=g①构造法：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，则F(x)在(a，b)上是减函数，则只需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)．②最值比较法：证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)时，若构造函数F(x)＝f(x)－g(x)后，F(x)的单调性无法确定，可考虑f(x)的最大值与g(x)的最小值，如果f(x)max<g(x)min，那么可证f(x)<g(x)．1.【人教A版选择性必修二复习参考题518P104】已知函数f(x)=x2−(2a−1)x−a(1)求函数fx(2)若函数f(x)存在最小值为f(x)min，求证：2.【人教A版选择性必修二复习参考题519P104】已知函数f(x)=x−2e(1)讨论fx(2)若fx有两个零点，求考点考点一导数在函数零点（方程的根）问题中的应用【方法储备】函数零点问题常用思路有：=1\*GB2⑴图象法：=1\*GB3①通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，作出函数的大致图象，然后通过函数图象得出其与x轴交点的个数；=2\*GB3②令fx=0→gx=ℎ(x)=2\*GB2⑵定理法：求导研究函数的单调性与极值，利用零点存在性定理逐个单调区间判断是否存在零点，或根据零点存在性情况，推导出函数本身需要满足的条件，求出参数的取值范围.若函数较复杂，需要构造函数或多次导.【典例精讲】例11(2023·江西省模拟题)已知函数f(x)=x2+x−1,x⩽0lnxx,x>0，若函数g(x)=xf(x)−m有三个零点，则实数m的取值范围是(

)A.[0,1] B.[0,1) C.[1127,1]例12(2023·广东省单元题)已知函数f(x)=tan⁡2x+2tan⁡(π−x)−1.若tanα=2，则fα=

;若fx的定义域为(0,π4)∪(π2,例13(2023·山东省模拟题)已知函数f(x)=ax2(1)讨论函数f(x)极值点的个数;(2)若函数f(x)在定义域内有两个不同的零点x1，x2， ①求a的取值范围; ②证明：x1+x2【拓展提升】练11(2023·湖北省模拟题)已知函数fx=xelnx,x>1x3−3x+a,x≤1，若存在实数t练12(2023·江西省模拟题)已知函数f(x)=(1)若a=0，求函数f(x)的极值；(2)讨论函数f(x)的零点个数．练13(2023·浙江省模拟题)设函数f(x)=(x−1)2ex−ax，若曲线f(x)(1)求实数a，b的值．(2)证明：函数f(x)有两个零点．(3)记f′(x)是函数f(x)的导数，x1，x2为f(x)的两个零点，证明：考点二考点二导数在不等式问题中的应用方向1：导数在不等式恒成立或有解问题中的应用【方法储备】转化是解决问题的关键.常用思路有：1.分离参数：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数最值问题，利用导数求函数的最值，求出参数的取值范围.2.化归为求最值：∀x∈D,fx3.同构化：将恒成立的不等式同构化，利用函数单调性构建变量间的不等关系.如：elna+x−1−lnx+lna≥1→elna+x−1+lna+x−1≥x+lnx=e同构常见变形方式：=1\*GB3①xex=ex+lnx；=2\*GB3②exx=ex−lnx；=3\*GB3③xex=elnx−x；=4\*GB3=5\*GB3⑤x−lnx=lnexx⁡=1\*GB2⑴积型：aea≤blnb→ae=2\*GB2⑵商型：eaa≤b=3\*GB2⑶和差型：ea±a≤b±lnb→e【典例精讲】例21(2023·安徽省模拟题)当x∈−2,1时，不等式ax3−x2+4x+3≥0A.−5,−3 B.−6,−98 C.−6,−2 例22(2023·江苏省模拟题)若2x+8x3+a2e2x<4x【拓展提升】练21(2023·湖北省月考题)若关于x的不等式x2−mlnx−1≥0在[2,3]上有解，则实数m的取值范围为(

)A.(−∞,3ln2] B.(−∞,8ln练22(2023·江苏省月考题)已知函数fx=lnx−ax+1，其中a∈R(1)求fx(2)是否存在k∈z，使得fx+ax−2>k1−2x对任意方向2：导数在不等式证明中的应用【方法储备】函数不等式的类型多样，既有含变量与不含变量之分，也有单变量与双变量之分，证明方法多变，常用思路有：1.单变元不等式的证明（1）含单变元不等式=1\*GB3①移项（或同解变形后）作差，构建函数求最值.=2\*GB3②适当放缩：可利用常见不等式放缩、结论放缩、或者利用已知的参数范围使参数取确定的值进行放缩.常用不等式有：（1）三角函数放缩：=1\*GB3①∀x∈0,π2,sinx<x<tanx；=2\*GB3②sinx≥x−12x2；=3\*GB3③1−1（2）指数放缩：=1\*GB3①ex≥x+1；=2\*GB3②ex≥ex（y=x+1,y=ex为函数y=ex图象的两条切线）；=3\*GB3③ex≤11−x(x≤0)；=4\*GB3④ex≤−（3）对数放缩：=1\*GB3①1−1x≤lnx≤x−1；=2\*GB3②lnx≤x3；=3\*GB3③lnx≥−1ex；（y=x−1,y=xe为函数（4）指对放缩：e2.双变元不等式的证明=1\*GB2⑴利用变元之间的关系消元，转化为单变元不等式.如已知x1,x2为函数的极值点，得出x1=2\*GB2⑵换元法：将x1−x2或x(3)利用单调性：若函数fx在区间a,b上单调递增,则fa≤fx≤f则fx1利用求最值的方法证明不等式时，对于函数最值点存在但无法确定的情况，可设出函数的隐零点x0，充分利用f'涉及极值点偏移问题时，可考虑对称化构造.【典例精讲】例23(2023·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)=aex+a−x(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当a>0时，例24(2023·新高考Ⅰ卷)已知函数fx=alnx−1(1)若f(x)是单调递减函数，求a的取值范围；(2)求证：当0<x1<x例25(2022·四川省模拟)已知函数f(x)=a⋅ex−bx−1(a,b∈R,ab≠0)．

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)证明：当x∈(0,π【拓展提升】练23(2023·河北省月考题)已知函数f(x)=ex−ax，g(x)=(1)讨论f(x)的极值;(2)当x>0时，求证：f(x)>g(x)．练24(2023·河北省月考题)已知函数f(x)=lnx−ax+1有两个零点x1，x2，且(1)求a的取值范围；(2)证明：e⋅(x2练25(2022·江苏省模拟题)已知函数f(x)=lnx−x+1，g(x)=ex−1．

(1)求f(x)的最大值；

(2)当x∈[2,+∞)时，证明：g(x)>2x(x−1)；

(3)证明：(1+1e2考点考点三导数在实际问题中的应用【方法储备】.利用导数解决实际问题的思路是：读模、识模、建模、解模.【典例精讲】例31(2022·江苏省模拟题)如图，某飞行器在4千米高空水平飞行，从距着陆点A的水平距离10千米处下降，已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分，则下列函数模型适合题意的是

.(填序号)

(1)y=1125x3−35x例32(2023·山东省模拟题)（多选）宠物很可爱，但身上会有寄生虫，小猫“墩墩”的主人每月定期给“墩墩”滴抹驱虫剂.刚开始使用的时候，寄生虫的数量还会继续增加，随着时间的推移，寄生虫增加的幅度逐渐变小，到一定时间，寄生虫数量开始减少.若已知使用驱虫剂t小时后寄生虫的数量大致符合函数f(t)=(t−47)e−t+50(0≤t<720)，f′(t)为f(t)的导数，则下列说法正确的是(

)A.驱虫剂可以杀死所有寄生虫

B.f′(100)表示t=100时，寄生虫数量以52e−100的速度在减少

C.若存在a、b，a≠b，使f(a)=f(b)，则a+b<96

D.寄生虫数量在t=48例33(2022·湖北省模拟题)连淮扬镇高铁高邮段为了减少营运对附近居民造成的噪音干扰，计划在居民区的一侧区域内建一道“消音墙”，工程师在绘制建设规划平面图时发现，如果在图中适当位置建立平面直角坐标系xOy，“消音墙”曲线(墙体建筑厚度忽略不计)可以近视地看作函数fx=ln(1)当a=32时，求“消音墙”曲线上的点到(2)已知居民区均在所建平面直角坐标系中x轴的下方，且位于x∈1,2(单位：千米)地段居民最为集中，经环保部门测定，当该段“消音墙”曲线上任意两点连线的斜率都小于−1时，消音效果最佳.试问：当实数【拓展提升】练31(2023·浙江省模拟题)环保生活，低碳出行，电动汽车正成为人们购车的热门选择．某型号的电动汽车在国道上进行测试，国道限速80km/h.经多次测试得到该汽车每小时耗电量M(单位：Wh)与速度v0103070M0115022508050为了描述国道上该汽车每小时耗电量M与速度v的关系，现有以下三种函数模型供选择：①M1(v)=120(1)当0≤v≤80时，请选出你认为最符合表格中所列数据的函数模型(需说明理由)，并求出相应的函数解析式；(2)现有一辆同型号电动汽车从A地行驶到B地，其中高速上行驶200km，国道上行驶40km，若高速路上该汽车每小时耗电量N(单位：Wh)与速度v(单位：km练32(2022·广东省模拟题)曲线y=ln(1+x)在x=0处的切线方程为y=f(x)，则f(x)=

.因此当|x|很小时，ln(1+x)≈f(x)，由于ln2≈0.6931练33(2023·河北省月考题)广东某民营企业主要从事美国的某品牌运动鞋的加工生产，按国际惯例以美元为结算货币，依据以往加工生产的数据统计分析，若加工产品订单的金额为x万美元，可获得的加工费近似地为12ln2x+1万美元，受美联储货币政策的影响，美元贬值，由于生产加工签约和成品交付要经历一段时间，收益将因美元赔值而损失mx万美元，其中m为该时段美元的贬值指数是m∈0,1，从而实际所得的加工费为(1)若某时期美元贬值指数m=1200，为确保企业实际所得加工费随x的增加而增加，该企业加工产品订单的金额(2)若该企业加工产品订单的金额为x万美元时共需要的生产成本为120x万美元，已知该企业加工生产能力为x∈10,20(其中x为产品订单的金额1.(2023·乙卷（文科）)函数f(x)=x3+ax+2存在3个零点，则a的取值范围是．(

)A.(−∞,−2) B.(−∞,−3) C.2.(2023·广东省月考题)对于函数f(x)，一次函数g(x)=ax+b，若f(x)⩽g(x)恒成立，则称g(x)为函数f(x)的一个“线性覆盖函数”.若函数g(x)=x−1是函数f(x)=sin2x−aex,x⩾0的一个“线性覆盖函数”，则实数a的取值范围是(

)A.[12 , +∞) B.[1 , +∞) C.[1 , 2]3.(2023·甲卷（理科）已知函数f(x)=ax−sinxcos(1)当a=8时，讨论函数f(x)的单调性;(2)若f(x)<sin2x，求a的取值范围．4.(2023·浙江省模拟题)(多选)两个学校W1，W2开展节能活动，活动开始后两学校的用电量W1t，W2t与时间t(天)的关系如图所示，则一定有A.W1比W2节能效果好

B.W1的用电量在0,t0上的平均变化率比W2的用电量在0,t0【答案解析】【回归教材】1.解：(1)f′(x)=(2x+1)(x−a)x，

a>0时，由f′(x)>0，解得：x>a，由f′(x)<0，解得：0<x<a，

故f(x)在(0,a)递减，在(a,+∞)递增；

(2)由(1)知要使f(x)存在最小值，则a>0且f(x)min=a−a2−alna，

令g(x)=x−x2−xlnx，(x>0)，则g′(x)=−2x−lnx在(0,+∞)递减，

又g′(1e)=1−2e>0，g′(12)=ln2−1<0，

故存在x2.解：(1)由题设，f′(x)=(x−1)(e当a≥0时，若x∈(−∞,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；若x∈(1,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当a<0时，令f′(x)=0，可得x=1或x=ln∴若a=−e2时，f′(x)=(x−1)(ex−e)≥0若a<−e2时，则ln(−2a)>1，故在(−∞,1)、(ln(−2a),+∞)时，f′(x)>0即f(x)单调递增；在(1,若a>−e2时，则ln(−2a)<1，故在(−∞,ln(−2a))、(1,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；在((2)由aa+1知：a≥0，由(1)知：f(x)在(−∞,1)上递减；在又f(1)=−e<0，f(2)=a，要使fx有两个零点，则(−∞,1)、(1,+∞)只需保证x→−∞时，limx→−∞∴a>0，此时才能使fx∴aa+1综上，a【考点归纳】例11：解：设函数Fx=xf(x)，因为函数f(x)=x2+x−1,x⩽0lnxx,x>0，所以函数Fx=xf(x)=x3+x2−x,x⩽0lnx,x>0．

因此函数g(x)=xf(x)−m有三个零点等价于：直线y=m与函数y=Fx的图象有三个交点．

令Gx=x3+x2−xx⩽0，则G′x=3x2+2x−1=3x−1x+1x⩽0，

因此由G′x<0得−1<x⩽0;由G′x>0例12解：fx=2tanx1−tan2x−2tanx−1，若tanα=2，则fα=41−4−4−1=−193．

令fx=0，得2tan3x+tan2x−1=0．

设tanx=t，若x∈(0,π4)∪(π2,3π4)，则t∈−∞,−1∪0,1

设gt=2例13解：(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=2ax−1x=2ax2−1x，

当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0,+∞)上单调递减，无极值点;

当a>0时，令f′(x)=0，得x=2a2a，x∈(0,2a2a)时，f′(x)<0，f(x)在(0,2a2a)上单调递减;

x∈(2a2a,+∞)时，f′(x)>0，f(x)在(2a2a,+∞)上单调递增，

故x=2a2a时，f(x)取得极小值．

综上，当a≤0时，f(x)无极值点;当a>0时，f(x)有一个极小值点．

(2) ①由题意，方程ax2−lnx+1=0在(0,+∞)有两个不等实根，

即a=lnx−1x2在(0,+∞)有两个不等实根，

设g(x)=lnx−1x2，x∈(0,+∞)，且过点(e,0)，

则g′(x)=3−2lnxx3，

令g′(x)=0得，x=e32，

x∈(0,e32)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，

x∈(e32,+∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，

且x→0时，g(x)→−∞;x→+∞时，g(x)→0，

当x=e32时，g(e32)=12e3，

故实数a的取值范围为(0,12e3).

 ②不妨设0<练11解：当x>1时，f(x)=xelnx，f′(x)=lnx−1eln2x，

当1<x<e时，f′(x)<0,f(x)单调递减；当x>e时f′(x)>0，f(x)单调递增，

故x=e时，f(x)min=f(e)=1;当x≤1时，f(x)=x3−3x+a，f′(x)=3x2−3，当x=−1

时，f(x)有极大值f(−1)=2+a，

当x=1时，f(1)=−2+a，作出f(x)=xelnx,x>1x3−3x+a,x⩽1的大致图象如图，

由题意知[f(x)]2−(t+2)f(x)+2t=0，

即(f(x)−2)(f(x)−t)=0有7个不同的实根，当f(x)=2有三个根时，练12解：(1)f(x)的定义域为R，

当a=0时，f(x)=ex−1(2x−1)，

f′(x)=ex−1(2x+1)，

令f′(x)=0，得x=−12，x(−∞,−−(−f′−0+f(x)单调递减−2单调递增所以f(x)有极小值−2e设g(x)=ex−1(2x−1)，y=a(x−1)，

由(1)知，当x<−12时，g(x)单调递减;当x>−12时，g(x)单调递增，

y=g(x)有最小值为g(−12)=−2e−32，且g(0)=−1e，g(12)=0;

当x<12时，g(x)<0，当x>12时，g(x)>0

直线y=ax−a恒过定点(1,0)且斜率为a，

当直线y=ax−a与y=g(x)相切时，设y=ax−a与y=g(x)切于点(x0,y0)，

则a=ex0−1(2x0+1)=ex0−1(2x0−1)练13解：(1)f′(x)=(x2−1)e(2)f(x)=0即(x−1)函数f(x)有两个零点即函数g(x)=(x−1)g′(x)=(x−1)(2+1当x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减;当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增．又g(0)=1>0，g(1)=−1e<0，g(2)=1−2e∃x2∈(1,2)(3)由f′(x)=(x2−1)ex−1且0<x1<1<令ℎ(x)=g(x)−g(2−x)(0<x<1)，则ℎ′(x)=g′(x)+g′(2−x)=(x−1)(2+1因此ℎ(x)单调递减，则ℎ(x)>ℎ(1)=0.因此ℎ(x1)>0即g(x2)>g(2−x1)，又x2因此x2>2−x例21解：当x=0时，ax3−x2+4x+3=3，

当0<x≤1时，ax3−x2+4x+3≥0可化为a≥1x−4x2−3x3，

设f(x)=1x−4x2−3x3，

则f′(x)=−1x2+8x3+9x4=−(x−9)(x+1)x4，

当0<x≤1时，f′(x)>0，

则f(x)在(0,1]上单调递增，

∴f(x)max=f(1)=−6，

∴a≥−6，例22解：设函数fx=x−x2+x3，

则f′x=1−2x+3x2=3x−132+23>0，

所以函数f(x)在R上单调递增，

因为2x+8x3+a2e2x<4x2+aex+a3e3x，

所以2x−4x2+8x3<aex−a2e2x练21解：关于的不等式在上有解，

即在上有解，

设，

，恒成立，即f(x)在上为增函数，

．

故选C．练22解：(1)∵f′(x)=1x−a，x>0，

∴当a⩽0时，f′(x)>0，即f(x)在(0,+∞)上是增函数．

当a>0时，x∈(0,1a)时，f′(x)>0，则f(x)在(0,1a)上为增函数；

x∈(1a,+∞)时，f′(x)<0，则f(x)在(1a,+∞)上为减函数．

综上所述，当a⩽0时，f(x)的增区间为(0,+∞)；

当a>0时，f(x)的单调增区间为(0,1a)，f(x)的单调减区间为(1a,+∞)；

(2)由已知f(x)+ax−2>k(1−2x)即为x(lnx−1)>k(x−2)，x>1，

即x(lnx−1)−kx+2k>0，x>1．

令g(x)=x(lnx−1)−kx+2k，x>1，

则g′(x)=lnx−k，

当k≤0时，g′(x)>0，故g(x)在(1,+∞)上为增函数，

由g(1)=−1−k+2k=k−1>0，则k>1，矛盾．

当k>0时，由lnx−k>0，解得x>ek，由lnx−k<0，解得1<x<ek，

故g(x)在(1,ek)例23解：(1)f′(x)=ae当a=0时，f(x)在(−∞,+∞)当a<0时aex<0，当a>0时，令f′(x)=0，x=−lna，x∈x∈(−lna,故当a≤0时f(x)在(−∞,+∞当a>0时，f(x)在区间(−∞,(2)由(1)知当a>0时，f(x)在区间(−∞,−lna)单调递减，在区间令g(a)=ag′(a)=2a2−1a，令g′(a)=0，因为a>0，故a=22，g(a)在区间(0,2例24解：(1)fx=alnx−1ex(x>0)f′x=ax+1ex．

∵f(x)是单调递减，

∴f′(x)≤0在(0,+∞)上恒成立．

∴a≤−xex，令ℎx=−xex，

ℎ′x=x−1ex，

∴ℎ(x)在(0,1)上递减，在(1,+∞)上递增，

∴ℎxmin=ℎ1=−1e．

∴a≤−1e．

(2)由(1)知当a=−1e时，f(x)在(0,+∞)上是减函数，

又∵0<x1<x2,∴f(x例25解：(1)解：f(x)的定义域为(−∞,+∞)，f’(x)=aex−b，

当a>0，b<0时，f’(x)>0，则f(x)在(−∞,+∞)上单调递增，

当a>0，b>0时，令f’(x)>0，得x>lnba，令f’(x)<0，得x<lnba，

则f(x)在(−∞,lnba)上单调递减，在(lnba,+∞)上单调递增，

当a<0，b>0时，f′(x)<0，则f(x)在(−∞,+∞)上单调递减，

当a<0，b<0时令f’(x)>0，得x<lnba，令f’(x)<0，得x>lnba，

则f(x)在(−∞,lnba)上单调递增，在(lnba,+∞)上单调递减，

综上，当a>0，b<0时，f(x)在(−∞,+∞)上单调递增，

当a>0，b>0时，f(x)在(−∞,lnba)上单调递减，在(lnba,+∞)上单调递增，

当a<0，b>0时，f(x)在(−∞,+∞)上单调递减，

当a<0，b<0时，f(x)在(−∞,lnba)上单调递增，在(lnba,+∞)单调递减．

(2)证明：当练23解：(1)函数f(x)的定义域为R，f′(x)=ex−a，

当a≤0时.f′(x)>0，∴f(x)在R上单调递增，

∴f(x)既无极大值也无极小值;

当a>0时，当x<lna时，f′(x)<0，当x>lna时，f′(x)>0，

∴f(x)在区间(−∞,lna)上单调递减，在区间(lna,+∞)上单调递增，

∴当x=lna时f(x)取极小值f(lna)=a(1−lna)，无极大值．

综上所述，当a≤0时，f(x)既无极大值也无极小值;

当a>0时，当x=lna时，f(x)取极小值f(lna)=a(1−lna)，无极大值．

(2)证明：设ℎ(x)=f(x)−g(x)=ex−e2lnx，

∴ℎ′(x)=ex−e2x，

设m(x)=ex−e2x，∴m′(x)=ex+e2x2>0，

∴m(x)即练24解：(1) f(x)=lnx−ax+1的定义域为(0,+∞)，f′(x)=1x−a=1−axx，

当a≤0时，

f′(x)>0恒成立，所以f(x)在(0,+∞)上单调递增，故f(x)不可能有两个零点，故舍去;

当a>0时，

令f′(x)>0，解得0<x<1a；令f′(x)<0，解得x>1a，

所以f(x)在(0,1a)上单调递增，在(1a,+∞)上单调递减，

所以f(x)max=f(1a)=ln1a，

要使f(x)有两个零点，则f(x)max=f(1a)=ln1a>0，

解得0<a<1．

又f(1e)=ln1e−a⋅1e+1=−ae<0，f(4a2)=ln4a2−4a+1=2ln2a−4a+1，

令m=2a>2，则y=2lnm−2m+1，y′=2m−2=21−mm<0，

所以函数y=2lnm−2m+1在2,+∞上单调递减，

所以y=2lnm−2m+1<2ln2−3<0，即f4a2<0，

所以当0<a<1时，f(x)在(1e,1a)和(1a,4a2)上各有一个零点x2,x1，且x1>2x2，所以lnx1−ax1+1=0lnx2−ax2+1=0，由f(x)单调性知，当x∈(x2,x1)时，f(x) >0，当x∈(x练25解：(1)解：∵f(x)=lnx−x+1

(x>0)，

∴f′(x)=1x−1=1−xx，

∴当0<x<1时，f′(x)>0，x>1时，f′(x)<0，

∴f(x)≤f(1)=0，∴f(x)的最大值为0；

(2)证明：设ℎ(x)=ex−1−2x(x−1)=ex−2x2+2x−1，

故ℎ′(x)=ex−4x+2，令I(x)=ex−4x+2，

则I′(x)=ex−4，

x∈[2,+∞)时，I′(x)=ex−4≥e2−4>0，故ℎ′(x)在[2,+∞)单调递增，

故ℎ′(x)≥ℎ′(2)=e2−6>0，所以ℎ(x)在[2,+∞)单调递增，

故ℎ(x)≥ℎ(2)=e2−5>0恒成立，

故当x∈[2,+∞)时：g(x)>2x(x−1)；

(3)证明：要证：(1+1e2−1)(1+1e3−1)…(1+1en−1)<53(n∈N∗,n≥2)．

即证：ln(1+1e2−1)+ln例31解：由题图可知此三次函数过原点所以设此函数为y=ax3+bx2+cxa≠0，

又函数过(−5,2)，(5,−2)，代入得−125a+25b−5c=2125a+25b+5c=−2⇒b=0,

∴y=ax3+cx，y′=3ax2+c由题图得当x=±5时y′=0即75a+c=0，①

将(−5,2)带入y=ax3例32解：f′(t)=(48−t)e−t，故D正确；

可得f(t)在[0,48]单调递增，在[48,720)单调递减，

值域为[3,f(48)]，取不到0，故A错误；

f′(100)=−52e−100，故B正确；

借助函数的图象可知，a+b2>48，即a+b>96，故例33解：(1)当a=32时，f(x)=lnx+92(x+1)，x∈[1,3]，f′(x)=1x−92(x+1)2x1(1,2)2(2,3)3f′(x)−0+f(x)↘极小值↗所以x=2时，f(x)min=f(2)=ln2+32，

“消音墙”所在曲线f(x)上的点到x轴的最近距离为(ln2+32)千米．

(2)在曲线f(x)，x∈[1,2]上任取两点A(x1,f(x1))，B(x2,f(x2))，(1≤x1<x2≤2)，

要使得“消音墙”的隔音效果最佳，即f(x1)−f(x2)x1−x2<−1恒成立，

则f(x1)−f(x2)>−(x1−x2)，即f(x1)+x1>f(x2)+练31解：(1)因为函数M2又M3所以函数M2(v)=1000⋅3故M1(v)=1由解得b=−4所以M1(2)由题意，高速路上的耗电量f(v)=N(v)×200当v∈