第04讲导数在研究函数中的应用（人教A版2019选择性）

第04讲导数在研究函数中的应用【人教A版2019】·模块一导数中的函数零点（方程根）问题·模块二导数中的不等式证明·模块三导数中的恒成立、能成立问题·模块四课后作业模块一模块一导数中的函数零点（方程根）问题1．导数中的函数零点（方程根）问题利用导数研究含参函数的零点（方程的根）主要有两种方法：(1)利用导数研究函数f(x)的最值，转化为f(x)图象与x轴的交点问题，主要是应用分类讨论思想解决.(2)分离参变量，即由f(x)=0分离参变量，得a=g(x)，研究y=a与y=g(x)图象的交点问题.【考点1利用导数研究函数的零点（方程的根）】【例1.1】（2023上·天津滨海新·高三校考阶段练习）已知函数fx=xex+1x≥0A．1,1+1e∪C．1,1+1e∪【解题思路】先求出函数f(x)−1的零点即可求得f(x)−a的值，再结合函数y=f(x)的图象及要求的零点个数求出m范围得解.【解答过程】令y=xex+1，x≥0，y′=1−xex因此，函数y=xex+1在x=1时，ymax=1+1e，且当x<0时，f(x)在(−∞,−1)上单调递减，在x=−1时，f当x<0时，由f(x)−1=0得x=−2，即x≥0，由f(x)−1=0得x=0，则有函数f(x)−1的零点为2，0，函数y=f(f(x)−a)−1有三个零点，当且仅当f(x)−a=−2和f(x)−a=0共有三个零点，即f(x)=a−2和f(x)=a共有三个零点，当a−2>1+1e，即a>3+1e时，当a−2=1+1e，即a=3+1e时，当1<a−2<1+1e，即3<a<3+1e时，当0<a−2≤1，即2<a≤3时，f(x)=a−2有两个零点，f(x)=a有一个零点，共三个零点，当a−2=0，即a=2时，f(x)=a−2和f(x)=a各有一个零点，共两个零点，当a−2<0，即a<2时，f(x)=a−2无零点，要y=f(f(x)−a)−1有三个零点，当且仅当f(x)=a有三个零点，必有1<a<1+1所以实数a的取值范围是(1,1+1故选：B.【例1.2】（2023·陕西商洛·陕西省丹凤中学校考模拟预测）已知函数fx=xex,x<0−x2A．−∞,−1e B．−1e【解题思路】求导分析函数fx的单调性及极值，作出函数fx的图象，把方程f2【解答过程】因为当x<0时，fx=xe所以当x∈−∞,−1时，f当x∈−1,0时，f′x>0，fx又因为当x≥0时，fx所以fx在x∈0,1时单调递增，在x∈1,+所以作出函数fx由f2x−所以fx=2或fx=t，则数形结合可知−1故选：B.【变式1.1】（2023上·北京·高三校考阶段练习）已知fx=xexA．存在实数k，使得对任意实数m，函数gxB．存在实数m，使得对任意实数k，函数gxC．对于任意实数m，存在实数k，使得函数gxD．对于任意实数k，存在实数m，使得函数gx【解题思路】根据题意画出函数在x∈−∞,0上的图象，再对参数k进行分类讨论即可得不管k取何值时，函数fx的值域不为R，所以A错误；由图可知，当m∈−1e,0时，y=m与fx=xex在x∈−∞,0【解答过程】由解析式可知，当x≤0时，fx=xe易知当x∈−∞,−1时，f′x即可得函数fx在−∞,−1所以函数fx在x=−1处取得极小值，也是最小值为−1即可得fx=xex在易知，当k=0时，函数fx当k>0时，易知二次函数y=kx2−x其图象大致如下图所示：当k<0时，易知二次函数y=kx2−x其图象大致如下图所示：由以上三种情况可知，当k≤0时，函数fx的值域为−当k>0时，易知y=kx2−x在对称轴x=所以当k≥e4时，−14k≥−当0<k<e4时，−14k<−对于A，若使得对任意实数m，函数gx都有零点，即函数y=m与函数f此时须满足存在实数k使得fx的值域为R由图象可知，不管k取何值时，函数fx的值域都不为R对于B，易知当m∈−1e,0时，y=m与所以不管k取何值时，只需m∈−1e,0，函数即存在实数m∈−1e,0，使得对任意实数对于C，根据图象可得，对于任意实数m>0，不管k取何值时，函数fx与y=m即m>0时，不满足对于任意实数m，存在实数k，使得函数gx对于D，当k≤0时，易知不管k取何值时，仅存在m∈−1e由图可知当0<k<e4时，易知m∈−即对于任意实数k，不存在实数m，使得函数gx故选：B.【变式1.2】（2020·湖北黄冈·黄冈中学校考模拟预测）已知函数fx=x,x>0e2x,x≤0，gx=−x2+2x（其中e是自然对数的底数），若关于x的方程gfxA．32−ln2 B．−32【解题思路】分别画出fx和gx的图像，令t=fx,t>0，则gt=−t2+2t=m，要满足题意，则0<m<1，此时y=m与y=g(t)有两个交点t1,t2，且【解答过程】根据题意画出fx和gx的图像，如图，令t=fx,则t>0当0<m<1时，y=m与y=g(t)有两个交点t1,t当t=t1时对应两个x值，当t=t2时对应一个x值，则方程恰有三个不等实根x1，x2，x3，且e构造函数htℎ′t=2−1h(t)在0,14上单调递减，在所以当t=14故选：B.模块二模块二导数中的不等式证明1．导数中的不等式证明(1)一般地，要证f(x)>g(x)在区间(a，b)上成立，需构造辅助函数F(x)＝f(x)－g(x)，通过分析F(x)在端点处的函数值来证明不等式．若F(a)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递增即可；若F(b)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递减即可.(2)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，可考虑转化为两个函数的最值问题．【考点1

利用导数证明不等式】【例1.1】（2023上·湖南衡阳·高二校考期末）已知函数f(x)=ax+lnx+1，(1)若f(x)的极大值为1，求实数a的值；(2)若a=−1，求证：f(x)≤g(x).【解题思路】（1）分类讨论，利用导数判断函数的单调区间，根据极大值建立方程求解即可；（2）把问题转化为证明xe【解答过程】（1）f(x)的定义域为(0,+∞)，当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在(0,+∞当a<0时，令f′(x)>0，得0<x<−1a，令所以f(x)在0,−1a上单调递增，在故当x=−1a时，f(x)取得极大值，极大值为f−经验证a=−1e符合题意，故实数a的值为（2）当a=−1时，f(x)=lnx−x+1，故要证f(x)≤g(x)，即证令F(x)=xex−x−lnx−1令G(x)=ex−1x所以G(x)在(0,+∞又因为G12=所以∃x0∈12当x∈0,x0时，G(x)<0，当x∈所以F(x)在0,x0上单调递减，在所以F(x)又因为ex0=所以F(x)所以F(x)≥0，即xex−x−【例1.2】（2023上·云南昆明·高三校考阶段练习）已知函数fx(1)讨论函数fx(2)当a≤0时，若fx1=fx2【解题思路】（1）求出函数的导数，分类讨论，即讨论a的取值范围，判断导数的正负，即可得答案；（2）采用分析论证的方法，即要证明x1x2<4，需证明x2【解答过程】（1）由题意得函数定义域为0,当a=0时，f′则令f′x>0，得x<2，故f令f′x<0，得x>2，故f当a<0时，f′则当0<x<2时，f′x>0，故f当x>2时，f′x<0，f当0<a<12时，1a>2，则当x∈0,2∪1当x∈2,1a时，f′x当a=12时，f'x=x−22当a>12时，1a<2，则当x∈0,1a当x∈1a,2时，f′x综上，当a≤0时，fx在(0,2)上单调递增，在(2,+当0<a<12时，fx在0,2当a=12时，fx当a>12时，fx在0,（2）当a≤0时，fx在(0,2)上单调递增，在(2,+∞)若fx1=fx2且x要证明x1x2<4，只需证故只需证f(x2)>f(令g(x)=f(x)−f(4x),x∈(0,2)则g=ax−1因为x∈(0,所以g′(x)<0恒成立，故g(x)在故g(x)>g(2)=f(2)−f(2)=0，即f(x)>f(4x)故x1【变式1.1】（2023上·辽宁·高三校联考阶段练习）已知函数fx(1)当a=1时，求fx(2)若fx≥0，求(3)求证：sin1【解题思路】（1）求导，根据函数的单调性可得最值；（2）分情况讨论函数的单调性与最值情况，可得参数值；（3）利用放缩法，由sinx<xx>0，可知若证sin1n+1+【解答过程】（1）当a=1时，fx=ln则f′当x∈−1,0时，f′x当x∈0,+∞时，f′所以fx在x=0处取得极小值0（2）由题意得f′①当a≤0时，f′x>0，所以f所以当x∈−1,0时，fx<f②当a>0时，当x∈−1,a−1时，f′x当x∈a−1,+∞时，f′所以fx因为fx≥0恒成立，所以记ga=ln当a∈0,1时，g′a当a∈1,+∞时，g′所以gamax=g又lna−所以lna−所以a=1；（3）证明：先证sinx<x设ℎx=sin所以ℎx在区间0,+所以ℎx<ℎ0所以sin1再证1n+1由（2）可知lnx+1≥x令x=1nn∈即1n+1所以1n+2<lnn+2−累加可得1n+1所以sin1【变式1.2】（2023上·山西吕梁·高三统考阶段练习）已知函数fx(1)求函数fx(2)若方程fx=1−xlnx有两个不等的实数根x1，【解题思路】（1）先求导函数，结合定义域根据参数分类讨论即可；（2）由题设t=x2x1可得根据导函数构造ℎt=t−1t−2得x1【解答过程】（1）因为fx=①当a≤0时，f′(x)>0恒成立，fx②a>0时，Δ=1+8a>0由韦达定理可得x1x2=−1f′x=0解得x=所以f(x)在0,1+1+8a4a单调递增，f(x)综上所述：当a≤0时，fx在0a>0时fx在0,1+1+8a（2）由fx=1−xlnx得：ln则lnx−ax+1=0有两个不等的实数根x1，x2设t=x2x1，因为x2所以lntx1又lnx1−ax所以lnx1=从而ln设gt=t+1设ℎt=t−1t−2lnt又ℎ2=32−2ln2>0，所以ℎ因为g2=3ln2−2=ln故x1x2模块三模块三导数中的恒成立、能成立问题1．导数中的恒（能）成立问题解决不等式恒（能）成立问题有两种思路：(1)分离参数法解决恒（能）成立问题，根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题，即可解决问题．(2)分类讨论法解决恒（能）成立问题，将恒成立问题转化为最值问题，此类问题关键是对参数进行分类讨论，在参数的每一段上求函数的最值，并判断是否满足题意，据此进行求解即可.【考点1

利用导数研究不等式恒成立问题】【例1.1】（2023上·山西吕梁·高三校联考阶段练习）若关于x的不等式ea+x⋅lnx<x2+axA．−∞,0 B．−1,0 C．−1,+∞【解题思路】利用同构得到lnxelnx<a+xea+x，当a≥0时，满足要求，当a<0时，令f(x)=xe【解答过程】由ea+x⋅lnx<x当a≥0时，lnxelnx<0,当a<0时，令f(x)=xex，则由f′(x)=1−xex，在x∈(−∞,1)又x∈(0,1)时，lnx∈−∞,0，a+x∈(−∞即a>ln令g(x)=lnx−x，则g′(x)=1−x其中g1故a≥g(1)=−1，所以此时有−1≤a<0．综上，a≥−1．故选：C．【例1.2】（2023上·江苏常州·高三校联考阶段练习）设函数f(x)=12x2−4x+alnx，若函数y=f(x)存在两个极值点xA．−∞，−1 B．−∞，−16−8ln2【解题思路】先求导，然后根据导函数和极值点的关系求出x1+x2,【解答过程】函数f(x)定义域为0,+∞，f又函数y=f(x)存在两个极值点x1所以方程x2−4x+a=0在则Δ=16−4a>0x1又f(=12设ℎa则ℎ′当0<a<1时，ℎ′a<0当1<a<4时，ℎ′a>0ℎ因为不等式f(x即f(x所以t≤−13.故选：D.【变式1.1】（2023上·河北保定·高三校联考期末）已知函数f(x)=xln(1)讨论f(x)x(2)已知g(x)=2x−ex−1−1，若f(x)≥g(x)【解题思路】（1）令Fx=fxx（2）令G(x)=fx−gx，由Gx≥0=G1，得x=1是Gx的极小值点，而G′1【解答过程】（1）令Fx=fxx当a≥0时，F′x=1+2ax当a<0时，令1+2ax2=0，得x=−12a，Fx在0,−12a上综上所述，当a≥0时，Fx=f(x)当a<0时，Fx=f(x)x在（2）若f(x)≥g(x)恒成立，则f(x)−g(x)=xln令G(x)=xlnx+ax易得G(1)=0，而Gx≥0=G1，所以x=1是GG′(x)=ln所以G′(1)=2a=0，即现证明a=0时，Gx当a=0时，G(x)=xlnx−2x−令ℎx=G因为x∈0,+∞时，ℎ′x=所以x∈0,1时，ℎx=G′x∈1,+∞时，ℎx=G因此，Gx在x=1处取得最小值，即最小值为G所以Gx≥0恒成立，即综上所述，f(x)≥g(x)恒成立时a=0.【变式1.2】（2023上·福建莆田·高三校考阶段练习）已知函数fx(1)求曲线y=fx在1,f(2)若对∀x∈0,+∞，fx【解题思路】（1）求出f′x=−3+1x（2）由题意得a≥ln【解答过程】（1）由fx=−3x+ln所以切线斜率k=f′1所以曲线y=f(x)在点1,f1处的切线方程为y−−3=（2）对∀x∈0,+∞，fx≤ax即a≥lnxx2在0,+∞恒成立，设g(x)=lnx当x∈0,e时，g′当x∈e,+∞时，g所以函数g(x)在x=e时，g(x)取得极大值也是最大值g所以g(x)max=ge=所以a的取值范围是12【考点2利用导数研究能成立问题】【例2.1】（2023下·贵州铜仁·高二统考期末）已知函数fx=lnx，若存在x0∈1A．1,12+C．12+ln【解题思路】根据题意转化为ex0−b=lnx0+b，同构得到ex【解答过程】ff即ex即ex构造gx=ex+x因为gx0−b即存在x0∈1记ℎxℎ′x=1−1x所以ℎx在12,1单调递减，在1,2因为ℎ12=所以ℎ1所以ℎ12＜所以1≤b≤2−所以实数b的取值范围是1,2−ln故选：B.【例2.2】（2023下·湖北·高二校联考期中）若存在x0∈0,1，使不等式x0+A．12e,e2 B．1e【解题思路】x0+e2−1lna≥2aex0【解答过程】x0+e2⇔e2−1lna因为x0∈[0,1]，所以t∈a则原问题等价于存在t∈ae,af令f′(t)<0，即e2令f′(t)>0，即e2所以ft在0,e2又因为f(1)=0,fe2=而1<e2−12<e2若存在t∈ae,a只需1≤ae≤e2故a的取值范围为1,e故选：D.【变式2.1】（2023上·湖南长沙·高三统考阶段练习）已知函数fx=a2e(1)若a=3，求y=gx(2)若存在实数x∈0,1使fx>【解题思路】（1）求导函数，利用导数研究函数的单调性即可；（2）分类讨论求解函数的y=fx【解答过程】（1）gx所以g′令g′x>0，得x>−ln3所以y=gx的单调递减区间为−∞,−（2）gx则g′当a≤0时，g′x≤0恒成立，所以y=g所以f′x=gx<g所以fx当a>0时，令g′x>0得x>−lna所以y=f′x在−当a≥1时，−lna<0，所以y=f′x所以y=fx在0,1上单调递增，所以f当0<a<1时，−lna>0，所以y=f′x在0,−lna若f′1=ae2所以fx若f′1=ae2+a−2所以y=fx在0,x1若存在x∈0,1使成立，则f解得a>4e−3综上：a的取值范围为4e【变式2.2】（2023·全国·高三专题练习）已知函数fx=ax+(1)当a=e（e是自然对数的底数）时，求函数f(2)若∃x1,x2【解题思路】（1）利用导数求得fx（2）将问题转化为fxmax−fxmin【解答过程】（1）f当a=e时，f′x又f′0=0,∴f′故函数fx的单调递增区间为0,+∞，单调递减区间为（2）∵∃x1,又当x1,x∴只要fx∵当a>1时，lna>0，y=ax当0<a<1时，lna<0，y=ax∴当a>1或0<a<1时，总有f′x在R上是增函数，又∴当x∈−∞,0时，f'x∴fx在−∞,0上是减函数，f∴当x∈−1,1时，fxmin=f0f1令ga=a−1∴ga=a−1而g1=0，故当a>1时，ga当0<a<1时，ga<0，即∴当a>1时，fxmax−f函数y=a−lna在1,+∞当0<a<1时，fxmax−f函数y=1a+lna综上可知，实数a的取值范围为0,1【考点3利用导数研究函数图象及性质】【例3.1】（2023·全国·高三专题练习）作函数fx【解题思路】首先确定函数定义域及奇偶性等基本特性，然后结合一阶导数确定函数的单调性､极值点，由二阶导数确定曲线的凹凸性､拐点，最后结合函数是否有渐近线和特殊点作图；【解答过程】函数fx的定义域为−则f′x=x=3和x=−1x−−1,113,+f−++−f++−−f↘凸↗凸↗凹↘凹找没意义的点，因为x≠1，所以函数的垂直渐近线为x=1；设斜渐近线为y=ax+b,则a=lim代入解得：a=故函数有铅直渐近线x=1和斜渐近线y=−1再由f−1=0，可得函数fx【例3.2】（2023下·河北唐山·高二校考期末）已知函数fx(1)若fx≥0在1,+∞(2)若a=−1，求证：函数fx的图象在函数g【解题思路】（1）分离参数，构造函数m(x)=x（2）构造Fx=gx【解答过程】（1）当x>1时，lnx>0，因为fx=所以2a≤x2lnx在1,+∞m′x=x(2ln当x>e时，m′x>0，当所以函数m(x)在e,+∞上单调递增，在所以x=e时，函数m(x)取得最小值m(e)=eln（2）当a=−1时，fx=x令Fx则F′令F′x=0，则x=1，当x>1时，F所以函数F(x)在1,+∞上单调递增，在所以x=1时，函数F(x)取得最小值F(所以Fx=gx−fx>0在所以函数fx的图象在函数g【变式3.1】（2023下·四川乐山·高二期末）已知函数fx=e(1)求a；(2)若直线y=b与y=fx和y=g【解题思路】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a，注意分类讨论.（2）根据（1）可得fx=e【解答过程】（1）因为fx=e若a≤0，则f′(x)>0，此时fx当x<lna时，f′x<0当x>lna时，f′x>0故fx因为gx=ax−lnx的定义域为当0<x<1a时，g′x<0当x>1a时，g′x>0故gx因为fx=e故1−ln1a=a−aln设ℎa=a−1故ℎa为0,+∞上的减函数，而故ℎa=0的唯一解为a=1，故1−a1+a综上，a=1.（2）由（1）知，a=1，故fx=e且fx在−∞,0gx在0,1上为减函数，在1,+∞上为增函数，且所以直线y=b与y=fx和y=g第一种情况，如图：设直线y=b与y=fx的图象交点横坐标从左到右依次为x直线y=b与y=gx的图象交点横坐标从左到右依次为x由图可知fx1=f∵flnx3∴lnx同理，flnx4∴lnx∴x1+x又∵gx3=g∴lnx∴x1第二种情况，如图：设直线y=b与y=fx的图象交点横坐标从左到右依次为x直线y=b与y=gx的图象交点横坐标从左到右依次为x由图可知fx1=fx2=gx∵flnx2∴lnx同理，flnx4∴lnx∴x1+x又∵gx2=g∴lnx∴x1综上所述，若直线y=b与y=fx和y=gx的图象共有四个不同的交点，从左到右四个交点横坐标之间的等量关系为：【变式3.2】（2023·河南开封·统考二模）已知函数fx=lnx图象上三个不同的点Mm,(1)求函数fx在点P(2)若PM=PN，探究线段MN的中点【解题思路】（1）根据导数几何意义可求得切线斜率f′（2）设0<m<1<n，将问题转化为证明n<1m；根据PM=PN的形式可构造函数gx=x−12+【解答过程】（1）∵f′x=1x，∴f（2）线段MN的中点G在第四象限，证明如下：∵PM=PN，∴不妨设点M在第四象限，点N线段MN的中点Gm+n2,∵m+n2>0，∴只需证：lnmn2∵PM=PN令gx=x−1当0<x<1时，x−1<0，lnxx<0，∴当x>1时，x−1>0，lnxx>0，∴∵n>1，1m>1，∴要证n<1又gm=gn，∴gm−g1∵0<m<1，∴1m>1，∴m−∴gm−g1∴线段MN的中点G在第四象限.【考点4

导数在实际问题中的应用】【例4.1】（2023·全国·高二课堂例题）某企业要生产容积为Vm3的圆柱形密闭容器，如图，已知该容器侧面耗材为1元/m2，上下底面的耗材为1.5元/m2．问：如何设计圆柱的高度hm和上下底面的半径rm，使得费用最少？【解题思路】首先根据题意以及体积公式V=πr2【解答过程】由题意可得，所需费用为C=2π由于容器的容积为V=πr2ℎ，从而对Cr关于r求导，得C令C′r>0所以如下图所示：当r∈0,3V3π当r∈3V3π,+因此，Cr在r=由r=3V3π和因此，当圆柱上下底面半径r=3V3【例4.2】（2023上·福建福州·高三校考期中）福州某公园有一个半圆形荷花池（如图所示），为了让游客深入花丛中体验荷花美景，公园管理处计划在半圆形荷花池中设计栈道观景台P和栈道PA、PB、PC、AB，观景台P在半圆形的中轴线OC上（如图，OC与直径AB垂直，P与O,C不重合），通过栈道把荷花池连接起来，使人行其中有置身花海之感．已知AB=200米，∠PAB=θ，栈道总长度为L．(1)求L关于θ的函数关系式．(2)若栈道的造价为每米5千元，问：栈道PC长度是多少时，栈道的建设费用最小？并求出该最小值．【解题思路】（1）根据三角函数的概念分别求PA、PB、PC的长度即可；（2）求出Lθ【解答过程】（1）因为P在半圆形的中轴线OC上，OC⊥AB，AB=200米，∠PAB=θ，所以PA=PB=12AB所以PC=OC−PO=100−100tan所以栈道总长度L=PA+PB+PC+AB==200cosθ（2）由（1）得L′θ=所以当0<θ<π6时，L′θ<0，L单调递减，当π所以当θ=π6，即建设费用最小值为5×200【变式4.1】（2023下·北京怀柔·高二统考期末）已知某企业生产一种产品的固定成本为400万元，每生产x万件，需另投入成本px万元，假设该企业年内共生产该产品x万件，并且全部销售完，每1件的销售收入为100元，且(1)求出年利润y（万元）关于年生产零件x（万件）的函数关系式（注：年利润=年销售收入−年总成本）；(2)将年产量x定为多少万件时，企业所获年利润最大.【解题思路】（1）根据售价和成本，分段求出函数式即可；（2）根据已求的利润表达式，结合导数和基本不等式的知识分段求最值并比较即可.【解答过程】（1）由题意得，总售价固定为100x，当产量不足60万箱时，y=100x−px当产量不小于60万箱时，y=100x−px则y=（2）设fx当0＜x＜60时，f′得fx在0,50上单调递增，在50,60则fx当x≥60时，由基本不等式有1460−当且仅当x=6400x，即又因为1300>38003，所以当x=80【变式4.2】（2023·全国·高二随堂练习）工厂需要围建一个面积为512m2的矩形堆料场，一边可以利用原有的墙壁，其他三边需要砌新的墙壁．我们知道，砌起的新墙的总长度y（单位：m）是利用原有墙壁长度x(1)写出y关于x的函数解析式，并确定x的取值范围；(2)随着x的变化，y的变化有何规律？(3)当堆料场的长、宽比为多少时，需要砌起的新墙用的材料最省？【解题思路】（1）利用题意建立函数关系即可；（2）根据函数关系利用导数研究其单调性即可；（3）根据（2）求函数的极值、最值即可.【解答过程】（1）由题意可知与原有墙壁垂直的新墙长度为：y−x2则y−x2所以y关于x的函数解析式为y=x+1024x，（2）由（1）y=x+1024显然当x>32时，y′>0，即此时随着x的增大，当32>x>0时，y′<0，即此时随着x的增大，（3）由（2）可知，当x=32时，y可取得极小值也是最小值，此时y=64,y−x所以长和宽分别为32，16时最省料，此时长宽比为2:1.模块四模块四课后作业1．（2023·四川资阳·统考模拟预测）给出下列四个图象：函数fx=aA．①③ B．②③ C．②④ D．②③④【解题思路】分成a=0，a<0，a>0三种情况识别函数的图象得出结果.【解答过程】当a=0时，fx=1当a<0时，由fx=ax2+1ex=0，即a当a>0时，fx=ax2+1ex>0，所以③不相符；由f′x=−ax2−2ax+1ex，方程ax故选：C.2．（2023上·全国·高三专题练习）设函数f(x)=13x−lnxA．在区间(1e,1)B．在区间(1e,1)C．在区间(1e,1)D．在区间(1e,1)【解题思路】先确定函数单调性，然后利用零点存在定理判断零点位置.【解答过程】当x∈(1e,所以函数fx在(又f所以函数fx有唯一的零点在区间1,故选：D.3．（2022上·广东广州·高三校考阶段练习）已知函数fx=2x−xlnx的图象上有且仅有两个不同的点关于直线y=1的对称点在A．−∞,1 C．0,1 D．−【解题思路】由题意可化为函数f(x)图象与y=kx+1的图象有且只有两个不同的交点，分离常数后结合导数求得利用数形结合求解出结果．【解答过程】∵函数fx=2x−xlnx的图象上有且仅有两个不同的点关于直线而函数y=−kx+1关于直线y=1的对称图象为y=kx+1，故fx=2x−xln由y=2x−xlnxy=kx+1得2x−x设g故g′当x∈0,1时，g′x<0，函数gx单调递减，当x∈故gxmin=g1=−1，故当−k=故选：A．4．（2023上·江苏徐州·高二校考阶段练习）已知函数fx的导函数为f′x，且f′xA．fln3>3f0 B．f2<【解题思路】由题意可构造函数gx=f【解答过程】由题意得构造函数gx=fxe所以g(x)在R上是减函数，对A：因为ln3>0，所以g3<g0，即对B、C、D：因为ln2>0，所以fln2因为ln2<lne2=2，所以f故选：B.5．（2023上·安徽·高三校联考阶段练习）如图，正方形EFGH的中心与正方形ABCD的中心重合，正方形ABCD的面积为2，截去如图所示的阴影部分后，将剩下的部分翻折得到正四棱锥M−EFGH(A，B，C，D四点重合于点M)，当四棱锥体积达到最大值时，图中阴影部分面积为（

）A．25 B．45 C．43【解题思路】设EF=2x，表达出棱锥侧面的高，进而表达出棱锥的高，表示出棱锥体积，利用导函数求出棱锥体积的最大值，求出阴影部分面积.【解答过程】取正方形中心为O，连接BD交EF于点T，正方形ABCD的面积为2，故正方形ABCD的边长为2，OB=OD=1，设EF=2x，则OT=x，所得的棱锥侧面的高TB=OB−OT=1−x，故棱锥的高为ℎ=(1−x)四棱锥体积为V=1令fx=x当0<x<25时，f′(x)>0，当∴f(x)在0,25上单调递增，在∴当x=2此时FT=25，TB=1−x=3点F到边长BC的距离d=210，∴阴影部分面积S=4S故选：A．6．（2023上·辽宁·高三校联考期中）已知函数fx=sinx−2ax−axcosx，∀x≥0，A．14,+∞ B．0,14 【解题思路】依题意可得sinx2+cosx≤ax对∀x≥0恒成立，记gx=sinx2+cos【解答过程】∀x≥0，fx≤0等价于记gx=sinx2+g′当13−a≤0即a≥13时，g′所以当x≥0时，gx≤g0当0<a<13时，记ℎx当x∈0,π2时ℎ′x所以存在x0∈0,π2，使得ℎ′x所以ℎx>ℎ0所以当x∈0,x0时sin当a≤0时，fπ综上，a的取值范围是13故选：C.7．（2023·四川乐山·统考二模）若存在x0∈−1,2，使不等式x0+A．12e,e2 B．1e【解题思路】等价变形给定的不等式，并令aex0=t，构造函数f(t)=e【解答过程】依题意，x0+e2⇔e令aex0=t，即e2令f(t)=e2−1lnt−2t+2求导得f′(t)=e2−1t−2=e2因此函数ft在e2−1而f(1)=0,fe2=e2则当1≤t≤e2时，f(t)≥0，若存在t∈a只需ae2≤e2且ae−1所以a的取值范围为1e故选：D.8．（2023上·湖北·高三校联考期中）已知函数fx=xexx≤0lnxxA．−∞,−1C．0,1e 【解题思路】作出f(x)的大致图象，方程有3个不同的实数根等价于曲线f(x)与直线y=1,  【解答过程】当x≤0时，f(x)=xex，则当x<−1,f′x所以f(x)在(−∞,−1)上单调递减，在且当x<0,fx<0，又f(−1)=−1当x>0时，fx=ln则当0<x<e时，f′x>0，当所以fx在0,e上为增函数，在e,+所以f(x)的大致图象如图所示.由f2x−a+1f由图象可知，f(x)=1没有根，所以关于x的方程f2等价于f(x)=a有3个不同的实数根，由图象可知，f(x)=a有3个不同的实数根，只需a∈−故选：B.9．（2023上·四川德阳·高三校考阶段练习）已知函数f(x)=mex+lnm,g(x)=lnx，若f(x)≥g(x)A．(−∞,1e] B．(0,1【解题思路】将不等式变形为ex+lnm+x+【解答过程】由f(x)≥g(x)在x∈(0,+∞)恒成立，即令gx=e故不等式转化为gx+lnm≥g令ℎx当x>1,ℎ′x故ℎx故lnm≥ℎxmax故选：D.10．（2023下·天津和平·高二天津二十中校考阶段练习）设函数fx与gx是定义在同一区间a,b上的两个函敉，若对任意的x∈a,b，都有fx−gx≤kk>0，则称fx与gx在a,b上是“k度和谐函数”，a,b称为“k度密切区间”．设函数A．−e−1,1 C．1e−e【解题思路】由新定义转化为不等式恒成立，再转化为求函数的最值，从而得出结论．【解答过程】由题意lnx−mx−1x≤e在x∈[设ℎ(x)=lnx+11e≤x<1时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减，1<x≤e所以ℎ(x)min=ℎ(1)=1，又ℎ(1e因此由m−e≤lnm−e≤1且m+e故选：B．11．（2023下·高二课时练习）已知函数fx=12x2+ln【解题思路】设Fx=gx−fxx>0，求出F′x，当x>1时F′【解答过程】设Fx=gx则F′当x>1时，F′x=x−12∴Fx∴当x>1时，gx−fx>0，即函数fx的图象在函数g12．（2023·全国·模拟预测）已知函数fx(1)当a=4时，求fx的极值及曲线y=fx在点(2)若函数fx有两个零点，求实数a【解题思路】（1）求导得到单调区间，计算极值，再计算切线方程得到答案.（2）求导得到导函数，确定f′1=0，考虑a≥2，1<a<2，a=1，0<a<1【解答过程】（1）当a=4时，fx则f′令f′x>0，得0<x<1；令ffx在0,1上单调递增，在1,+故fx在x=1处取得极大值ff1=0，f′1=0，故曲线y=f（2）f′x=ax①当a≥2时，2−ax−a<0当0<x<1时，f′x>0当x>1时，f′x<0所以fx≤f1②当1<a<2时，a2−a>1，令f′x>0，得x∈0,1∪所以fx在0,1上单调递增，在1,a2−a因为f1=0，所以fa2−a<0则fx1=a所以fa2−a⋅fx1所以由零点存在定理，得存在唯一x0∈a又f1=0，此时，函数③当a=1时，