江苏省2019高考数学二轮复习专题四函数与导数第3讲函数导数的综合问题学案

第3讲函数、导数的综合问题[考情考向分析]函数和导数的综合问题，主要是利用导数证明不等式问题、函数零点问题、函数的实际应用问题等，一般需要研究函数的单调性和最值问题，注重数学思想的考查．B级要求，题目难度较大．热点一利用导数研究不等式问题例1已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3.(1)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a(2)求证：对一切x∈(0，＋∞)，lnx>eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)恒成立．(1)解由题意知2xlnx≥－x2＋ax－3对一切x∈(0，＋∞)恒成立，则a≤2lnx＋x＋eq\f(3,x).设h(x)＝2lnx＋x＋eq\f(3,x)(x>0)，则h′(x)＝eq\f(x＋3x－1,x2)，当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝4.因为对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x所以a≤h(x)min＝4，即实数a的取值范围是(－∞，4]．(2)证明问题等价于证明xlnx>eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x∈(0，＋∞))恒成立．又f(x)＝xlnx，f′(x)＝lnx＋1，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)min＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e).设m(x)＝eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝eq\f(1－x,ex)，易知m(x)max＝m(1)＝－eq\f(1,e)，从而对一切x∈(0，＋∞)，lnx>eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)恒成立．思维升华利用导数研究不等式恒成立问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可以分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．跟踪演练1已知函数f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2＋x，a∈R.(1)若f(1)＝0，求函数f(x)的单调减区间；(2)若关于x的不等式f(x)≤ax－1恒成立，求整数a的最小值．解(1)因为f(1)＝1－eq\f(a,2)＝0，所以a＝2，此时f(x)＝lnx－x2＋x(x>0)，f′(x)＝eq\f(1,x)－2x＋1＝eq\f(－2x2＋x＋1,x)(x>0)．由f′(x)<0，得2x2－x－1>0，解得x<－eq\f(1,2)或x>1.又因为x>0，所以x>1.所以f(x)的单调减区间为(1，＋∞)．(2)方法一由f(x)≤ax－1恒成立，得lnx－eq\f(1,2)ax2＋x≤ax－1在(0，＋∞)上恒成立，问题等价于a≥eq\f(lnx＋x＋1,\f(1,2)x2＋x)在(0，＋∞)上恒成立．令g(x)＝eq\f(lnx＋x＋1,\f(1,2)x2＋x)(x＞0)，只需a≥g(x)max即可．又g′(x)＝eq\f(x＋1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x－lnx)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2＋x))2)，令g′(x)＝0，得－eq\f(1,2)x－lnx＝0.设h(x)＝－eq\f(1,2)x－lnx(x＞0)，因为h′(x)＝－eq\f(1,2)－eq\f(1,x)<0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，不妨设－eq\f(1,2)x－lnx＝0的根为x0.当x∈(0，x0)时，g′(x)>0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，x0)上是增函数，在(x0，＋∞)上是减函数，所以g(x)max＝g(x0)＝eq\f(lnx0＋x0＋1,\f(1,2)x\o\al(2,0)＋x0)＝eq\f(1＋\f(1,2)x0,x0\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)x0)))＝eq\f(1,x0).因为heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝ln2－eq\f(1,4)>0，h(1)＝－eq\f(1,2)<0，所以eq\f(1,2)<x0<1，此时1<eq\f(1,x0)<2，即g(x)max∈(1,2)，所以a≥2，即整数a的最小值为2.方法二令g(x)＝f(x)－(ax－1)＝lnx－eq\f(1,2)ax2＋(1－a)x＋1，所以g′(x)＝eq\f(1,x)－ax＋(1－a)＝eq\f(－ax2＋1－ax＋1,x).当a≤0时，因为x>0，所以g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上是增函数．又因为g(1)＝ln1－eq\f(1,2)a＋(1－a)＋1＝－eq\f(3,2)a＋2>0，所以关于x的不等式f(x)≤ax－1不能恒成立．当a>0时，g′(x)＝eq\f(－ax2＋1－ax＋1,x)＝－eq\f(ax－1x＋1,x).令g′(x)＝0，得x＝eq\f(1,a).所以当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，g′(x)>0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，g′(x)<0，因此函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上是增函数，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上是减函数．故函数g(x)的最大值为geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝lneq\f(1,a)－eq\f(1,2)a×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))2＋(1－a)×eq\f(1,a)＋1＝eq\f(1,2a)－lna.令h(a)＝eq\f(1,2a)－lna，因为h(1)＝eq\f(1,2)>0，h(2)＝eq\f(1,4)－ln2<0，又h(a)在(0，＋∞)上是减函数，所以当a≥2时，h(a)<0，所以整数a的最小值为2.热点二利用导数研究实际应用问题例2(2015·江苏)某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路．记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l.如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和，以l2，l1所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy，假设曲线C符合函数y＝eq\f(a,x2＋b)(其中a，b为常数)模型．(1)求a，b的值；(2)设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t.①请写出公路l长度的函数解析式f(t)，并写出其定义域；②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度．解(1)由题意知，点M，N的坐标分别为(5,40)，(20,2.5)．将其分别代入y＝eq\f(a,x2＋b)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,25＋b)＝40，,\f(a,400＋b)＝2.5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1000，,b＝0.))(2)①由(1)知，y＝eq\f(1000,x2)(5≤x≤20)，则点P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(1000,t2)))，设在点P处的切线l交x，y轴分别于A，B点，又y′＝－eq\f(2000,x3)，则l的方程为y－eq\f(1000,t2)＝－eq\f(2000,t3)(x－t)，由此得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3t,2)，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3000,t2))).故f(t)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3t,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3000,t2)))2)＝eq\f(3,2)eq\r(t2＋\f(4×106,t4))，t∈[5,20]．②设g(t)＝t2＋eq\f(4×106,t4)，则g′(t)＝2t－eq\f(16×106,t5).令g′(t)＝0，解得t＝10eq\r(2).当t∈(5,10eq\r(2))时，g′(t)＜0，g(t)是减函数；当t∈(10eq\r(2)，20)时，g′(t)＞0，g(t)是增函数．所以当t＝10eq\r(2)时，函数g(t)有极小值，也是最小值，所以g(t)min＝300，此时f(t)min＝15eq\r(3).答当t＝10eq\r(2)时，公路l的长度最短，最短长度为15eq\r(3)千米．思维升华利用导数解决实际应用问题的一般步骤(1)建模：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式y＝f(x)．(2)求导：求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0.(3)求最值：比较函数在区间端点和使f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值．(4)结论：回归实际问题作答．跟踪演练2如图所示，建立平面直角坐标系xOy，x轴在地平面上，y轴垂直于地平面，单位长度为1km，某炮位于坐标原点．已知炮弹发射后的轨迹在方程y＝kx－eq\f(1,20)(1＋k2)x2(k>0)表示的曲线上，其中k与发射方向有关．炮的射程是指炮弹落地点的横坐标．(1)求炮的最大射程；(2)设在第一象限有一飞行物(忽略其大小)，其飞行高度为3.2km，试问它的横坐标a不超过多少时，炮弹可以击中它？请说明理由．解(1)令y＝0，得kx－eq\f(1,20)(1＋k2)x2＝0.由实际意义和题设条件知x>0，k>0，故x＝eq\f(20k,1＋k2)＝eq\f(20,k＋\f(1,k))≤eq\f(20,2)＝10，当且仅当k＝1时取等号．所以炮的最大射程为10km.答炮的最大射程为10km.(2)因为a>0，所以炮弹可击中目标⇔存在k>0，使3.2＝ka－eq\f(1,20)(1＋k2)a2成立⇔关于k的方程a2k2－20ak＋a2＋64＝0有正根⇔Δ＝(－20a)2－4a2(a2＋64)≥0⇔0<a≤6.所以当a不超过6km时，可击中目标．答当横坐标a不超过6km时，炮弹可以击中飞行物．热点三利用导数研究函数的零点问题例3已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－2(e为自然对数的底数，a∈R)．(1)判断曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与曲线y＝g(x)的公共点个数；(2)当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))时，若函数y＝f(x)－g(x)有两个零点，求a的取值范围．解(1)f′(x)＝lnx＋1，所以切线斜率k＝f′(1)＝1.又f(1)＝0，所以曲线在点(1,0)处的切线方程为y＝x－1.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－x2＋ax－2，,y＝x－1，))得x2＋(1－a)x＋1＝0.由Δ＝(1－a)2－4＝a2－2a－3＝(a＋1)(a当Δ＞0，即a＜－1或a＞3时，有两个公共点；当Δ＝0，即a＝－1或a＝3时，有一个公共点；当Δ＜0，即－1＜a＜3时，没有公共点．(2)y＝f(x)－g(x)＝x2－ax＋2＋xlnx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，由y＝0，得a＝x＋eq\f(2,x)＋lnx.令h(x)＝x＋eq\f(2,x)＋lnx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，则h′(x)＝eq\f(x－1x＋2,x2).当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))时，由h′(x)＝0，得x＝1.所以h(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上单调递减，在[1，e]上单调递增，因此h(x)min＝h(1)＝3.由heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(1,e)＋2e－1，h(e)＝e＋eq\f(2,e)＋1，比较可知heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＞h(e)，所以，结合函数图象，可得当3＜a≤e＋eq\f(2,e)＋1时，函数y＝f(x)－g(x)有两个零点．思维升华(1)研究函数图象的交点、方程的根、函数的零点，归根到底还是研究函数的图象，如单调性、值域、与x轴的交点等．(2)由函数零点求参数范围，一般要根据函数零点的个数，结合函数图象，构造满足问题的不等式求解．跟踪演练3已知函数f(x)＝2lnx－x2＋ax(a∈R)．(1)当a＝2时，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程；(2)若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有两个零点，求实数m的取值范围．解(1)当a＝2时，f(x)＝2lnx－x2＋2x(x＞0)，f′(x)＝eq\f(2,x)－2x＋2，切点坐标为(1,1)，切线的斜率k＝f′(1)＝2，则切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.(2)g(x)＝2lnx－x2＋m，则g′(x)＝eq\f(2,x)－2x＝eq\f(－2x＋1x－1,x).因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，所以当g′(x)＝0时，x＝1.当eq\f(1,e)<x<1时，g′(x)>0；当1<x<e时，g′(x)<0.故g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝m－1.又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝m－2－eq\f(1,e2)，g(e)＝m＋2－e2，g(e)－geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝4－e2＋eq\f(1,e2)<0，则g(e)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))，所以g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上的最小值是g(e)．所以g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有两个零点的条件是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g1＝m－1>0，,g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝m－2－\f(1,e2)≤0，))解得1<m≤2＋eq\f(1,e2)，所以实数m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，2＋\f(1,e2))).1．(2018·江苏)某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆O的一段圆弧MPN(P为此圆弧的中点)和线段MN构成．已知圆O的半径为40米，点P到MN的距离为50米．现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD，大棚Ⅱ内的地块形状为△CDP，要求A，B均在线段MN上，C，D均在圆弧上．设OC与MN所成的角为θ.(1)用θ分别表示矩形ABCD和△CDP的面积，并确定sinθ的取值范围；θ为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．解(1)如图，设PO的延长线交MN于点H，则PH⊥MN，所以OH＝10.过点O作OE⊥BC于点E，则OE∥MN，所以∠COE＝θ，故OE＝40cosθ，EC＝40sinθ，则矩形ABCD的面积为2×40cosθ·(40sinθ＋10)＝800(4sinθcosθ＋cosθ)，△CDP的面积为eq\f(1,2)×2×40cosθ(40－40sinθ)＝1600(cosθ－sinθcosθ)．过点N作GN⊥MN，分别交圆弧和OE的延长线于点G和K，则GK＝KN＝10.令∠GOK＝θ0，则sinθ0＝eq\f(1,4)，θ0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))).当θ∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ0，\f(π,2)))时，才能作出满足条件的矩形ABCD，所以sinθ的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1)).答矩形ABCD的面积为800(4sinθcosθ＋cosθ)平方米，△CDP的面积为1600(cosθ－sinθcosθ)平方米，sinθ的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1)).(2)因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3，设甲的单位面积的年产值为4k，乙的单位面积的年产值为3k(k＞0)，则年总产值为4k×800(4sinθcosθ＋cosθ)＋3k×1600(cosθ－sinθcosθ)＝8000k(sinθcosθ＋cosθ)，θ∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ0，\f(π,2))).设f(θ)＝sinθcosθ＋cosθ，θ∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ0，\f(π,2)))，则f′(θ)＝cos2θ－sin2θ－sinθ＝－(2sin2θ＋sinθ－1)＝－(2sinθ－1)(sinθ＋1)．令f′(θ)＝0，得θ＝eq\f(π,6)，当θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ0，\f(π,6)))时，f′(θ)＞0，所以f(θ)为增函数；当θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))时，f′(θ)＜0，所以f(θ)为减函数，因此，当θ＝eq\f(π,6)时，f(θ)取到最大值．答当θ＝eq\f(π,6)时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．2．已知函数f(x)＝eq\f(ax,ex)在x＝0处的切线方程为y＝x.(1)求实数a的值；(2)若对任意的x∈(0,2)，都有f(x)<eq\f(1,k＋2x－x2)成立，求实数k的取值范围．解(1)由题意得f′(x)＝eq\f(a1－x,ex)，因为函数在x＝0处的切线方程为y＝x，所以f′(0)＝1，解得a＝1.(2)由题意知f(x)＝eq\f(x,ex)<eq\f(1,k＋2x－x2)对任意x∈(0,2)都成立，所以k＋2x－x2>0，即k>x2－2x对任意x∈(0,2)都成立，从而k≥0.不等式整理可得k<eq\f(ex,x)＋x2－2x，令g(x)＝eq\f(ex,x)＋x2－2x，所以g′(x)＝eq\f(exx－1,x2)＋2(x－1)＝(x－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ex,x2)＋2))＝0，解得x＝1，当x∈(1,2)时，g′(x)>0，函数g(x)在(1,2)上单调递增，同理可得函数g(x)在(0,1)上单调递减．所以k<g(x)min＝g(1)＝e－1.综上所述，实数k的取值范围是[0，e－1)．A组专题通关1．设f(x)是定义在R上的奇函数，当x＜0时，f′(x)＞0，且f(0)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝0，则不等式f(x)＜0的解集为________________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))解析如图所示，根据图象，得不等式f(x)＜0的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).2．若不等式2xlnx≥－x2＋ax－3恒成立，则实数a的取值范围为________．答案(－∞，4]解析条件可转化为a≤2lnx＋x＋eq\f(3,x)恒成立．设f(x)＝2lnx＋x＋eq\f(3,x)，则f′(x)＝eq\f(x＋3x－1,x2)(x＞0)．当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，所以f(x)min＝fa≤4.3．函数f(x)＝2x＋x3－2在区间(0,1)内的零点个数是________．答案1解析因为f′(x)＝2xln2＋3x2>0，所以函数f(x)＝2x＋x3－2在(0,1)上单调递增，且f(0)＝1＋0－2＝－1<0，ff(x)在区间(0,1)内有1个零点．4．若存在正数x使2x(x－a)＜1成立，则a的取值范围是________．答案(－1，＋∞)解析∵2x(x－a)＜1，∴a＞x－eq\f(1,2x).令f(x)＝x－eq\f(1,2x)，则f′(x)＝1＋2－xln2＞0.∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)＞f(0)＝0－1＝－1，∴a的取值范围是(－1，＋∞)．5．关于x的方程x3－3x2－a＝0有三个不同的实数解，则实数a的取值范围是__________．答案(－4,0)解析由题意知使函数f(x)＝x3－3x2－a的极大值大于0且极小值小于0即可，又f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2，当x<0时，f′(x)>0；当0<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0，所以当x＝0时，f(x)取得极大值，即f(x)极大值＝f(0)＝－a；当x＝2时，f(x)取得极小值，即f(x)极小值＝f(2)＝－4－a，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a>0，,－4－a<0，))解得－4<a<0.6．已知函数f(x)＝x3－3x2－9x＋3，若函数g(x)＝f(x)－m在x∈[－2,5]上有3个零点，则m的取值范围为________．答案[1,8)解析f′(x)＝3x2－6x－9＝3(x2－2x－3)＝3(x＋1)(x－3)，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝3.当x∈[－2，－1)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(－1,3)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(3,5]时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．所以函数f(x)的极小值为f(3)＝－24，极大值为f(－1)＝8.而f(－2)＝1，f(5)＝8，函数图象大致如图所示．故要使方程g(x)＝f(x)－m在x∈[－2,5]上有3个零点，只需函数f(x)在[－2,5]内的函数图象与直线y＝m有3个交点，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m<8，,m≥1，))即m∈[1,8)．7．已知不等式ex－x＞ax的解集为P，若[0,2]⊆P，则实数a的取值范围是________．答案(－∞，e－1)解析由题意知不等式ex－x＞ax在x∈[0,2]上恒成立．当x＝0时，显然对任意实数a，该不等式都成立．当x∈(0,2]时，原不等式即a＜eq\f(ex,x)－1，令g(x)＝eq\f(ex,x)－1，x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，2))，则g′(x)＝eq\f(exx－1,x2)，当0＜x＜1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，当1＜x＜2时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，故g(x)在(0,2]上的最小值为g(1)＝e－1，故a的取值范围为(－∞，e－1)．8．若函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－x在(t,8－t2)上有最大值，则实数t的取值范围是________．答案(－3，－eq\r(6)]解析因为f′(x)＝x2－1，所以当x∈(－∞，－1)和(1，＋∞)时，f(x)单调递增，当x∈(－1,1)时，f(x)单调递减，故x＝－1是函数f(x)的极大值点．又函数f(x)在(t,8－t2)上有最大值，所以t<－1<8－t2，又f(－1)＝f(2)＝eq\f(2,3)，且f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以f(8－t2)≤f(2)，从而t<－1<8－t2≤2，得－3<t≤－eq\r(6).9．已知函数f(x)＝lnx＋x2－ax(a为常数)．(1)若x＝1是函数f(x)的一个极值点，求a的值；(2)当0＜a≤2时，试判断f(x)的单调性；(3)若对任意的a∈(1,2)，x0∈[1,2]，不等式f(x0)＞mlna恒成立，求实数m的取值范围．解f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x－a.(1)由已知得f′(1)＝0，所以1＋2－a＝0，所以a＝3，经验证符合题意．(2)当0＜a≤2时，f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x－a＝eq\f(2x2－ax＋1,x)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,4)))2＋1－\f(a2,8),x).因为0＜a≤2，所以1－eq\f(a2,8)＞0，又x＞0，即f′(x)＝eq\f(2x2－ax＋1,x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上是增函数．(3)当a∈(1,2)时，由(2)知，f(x)在[1,2]上的最小值为f(1)＝1－a，故问题等价于对任意的a∈(1,2)，不等式1－a＞mlna恒成立，即m＜eq\f(1－a,lna)恒成立．记g(a)＝eq\f(1－a,lna)(1＜a＜2)，则g′(a)＝eq\f(－alna－1＋a,alna2).令M(a)＝－alna－1＋a，则M′(a)＝－lna＜0，所以M(a)在(1,2)上单调递减，所以M(a)＜M(1)＝0，故g′(a)＜0，所以g(a)＝eq\f(1－a,lna)在(1,2)上单调递减，所以g(a)＞g(2)＝eq\f(1－2,ln2)＝－log2e，所以m≤－log2e，即实数m的取值范围为(－∞，－log2e]．10．一家公司计划生产某种小型产品的月固定成本为1万元，每生产1万件需要再投入2万元，设该公司一个月生产该小型产品x万件并全部销售完，每万件的销售收入为(4－x)万元，且每万件国家给予补助eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2e－\f(2elnx,x)－\f(1,x)))万元(e为自然对数的底数，e是一个常数)．(1)写出月利润f(x)(万元)关于月产量x(万件)的函数解析式；(2)当月产量在[1,2e]万件时，求该公司在生产这种小型产品中所获得的月利润最大值(万元)及此时的月产量值(万件)(注：月利润＝月销售收入＋月国家补助－月总成本)解(1)由月利润＝月销售收入＋月国家补助－月总成本，可得f(x)＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－x＋2e－\f(2elnx,x)－\f(1,x)－2))－1＝－x2＋2(e＋1)x－2elnx－2(x＞0)．(2)f(x)＝－x2＋2(e＋1)x－2elnx－2的定义域为[1,2e]，且f′(x)＝－2x＋2(e＋1)－eq\f(2e,x)＝－eq\f(2x－1x－e,x)(1≤x≤2e)．令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝e.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况列表如下：x[1，e)e(e,2e]f′(x)＋0－f(x)极大值f(e)由上表得f(x)＝－x2＋2(e＋1)x－2elnx－2在定义域[1,2e]上的最大值为f(e)，且f(e)＝e2－2.答当月产量在[1,2e]万件时，该公司在生产这种小型产品中所获得的月利润最大值为e2－2(万元)，此时的月产量值为e万件．B组能力提高11．已知函数f(x)＝lnx＋(e－a)x－b，其中e为自然对数的底数．若不等式f(x)≤0恒成立，则eq\f(b,a)的最小值为________．答案－eq\f(1,e)解析由不等式f(x)≤0恒成立可得f(x)max≤0.f′(x)＝eq\f(1,x)＋e－a，x>0，当e－a≥0，即a≤e时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且x→＋∞，f(x)→＋∞，此时f(x)≤0不可能恒成立；当e－a<0，即a>e时，由f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,a－e)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a－e)))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－e)，＋∞))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，此时f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－e)))＝－ln(a－e)－1－b≤0，则b≥－ln(a－e)－1.又a>e，所以eq\f(b,a)≥eq\f(－lna－e－1,a)，a>e，令a－e＝t>0，则eq\f(b,a)≥eq\f(－lnt－1,t＋e)，t>0.令g(t)＝eq\f(－lnt－1,t＋e)，t>0，则g′(t)＝eq\f(lnt－\f(e,t),t＋e2)，由g′(t)＝0，得t＝e，且当t∈(0，e)时，g′(t)<0，g(t)单调递减；当t∈(e，＋∞)时，g′(t)>0，g(t)单调递增，所以g(t)min＝g(e)＝－eq\f(1,e)，即eq\f(b,a)≥eq\f(－lnt－1,t＋e)≥－eq\f(1,e)，故eq\f(b,a)的最小值为－eq\f(1,e).12．若曲线C1：y＝ax2(a>0)与曲线C2：y＝ex在(0，＋∞)上存在公共点，则a的取值范围为____________．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,4)，＋∞))解析由题意知方程ax2＝ex(a>0)在(0，＋∞)上有解，则a＝eq\f(ex,x2)，x∈(0，＋∞)，令f(x)＝eq\f(ex,x2)，x∈(0，＋∞)，则f′(x)＝eq\f(xex－2ex,x3)，x∈(0，＋∞)，由f′(x)＝0得x＝2，当0<x<2时，f′(x)<0，函数f(x)＝eq\f(ex,x2)在区间(0,2)上是减函数，当x>2时，f′(x)>0，函数f(x)＝eq\f(ex,x2)在区间(2，＋∞)上是增函数，所以当x＝2时，函数f(x)＝eq\f(ex,x2)在(0，＋∞)上有最小值f(2)＝eq\f(e2,4)，所以a≥eq\f(e2,4).13．已知函数f(x)＝eq\f(ex,|x|)，关于x的方程f2(x)－2af(x)＋a－1＝0(a∈R)有3个相异的实数根，则a的取值范围是________．答案eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(e2－1,2e－1)))解析f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(ex,x)，x＞0，,－\f(ex,x)，x＜0，))当x>0时，f′(x)＝eq\f(exx－1,x2)，当0<x<1时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x>1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x＝1时，函数f(x)取得极小值f(1)＝e，当x<0时，f′(x)＝－eq\f(exx－1,x2)＞0，函数单调递增，如图，画出函数的图象，设t＝f(x)，当t＞e时，t＝f(x)有3个实根，当t＝e时，t＝f(x)有2个实根，当0<t<e时，t＝f(x)有1个实根，考虑到原方程的判别式大于零恒成立，所以原方程等价于t2－2at＋a－1＝0有2个相异实根，其中t1＝e，t2∈(0，e)，当t＝e时，e2－2ae＋a－1＝0，解得a＝eq\f(e2－1,2e－1)，检验满足条件．14．已知不等式(m－n)2＋(m－lnn＋λ)2≥2对任意m∈R，n∈(0，＋∞)恒成立，则实数λ的取值范围为________．答案[1，＋∞)解析(m－n)2＋(m－lnn＋λ)2表示点(m，m＋λ)与点(n，lnn)之间的距离的平方，而点(m，m＋λ)在直线y＝x＋λ上，点(n，lnn)在曲线y＝lnx上，则直线y＝x＋λ上的点与曲线y＝lnx上的点之间的最小距离大于等于eq\r(2)，则直线一定在曲线上方，则λy＝lnx的切线斜率为1时，y′＝eq\f(1,x)＝1，得x＝1，