數(shù)學(xué)一輪考點(diǎn)歸納集訓(xùn)：《導(dǎo)數(shù)的實(shí)際應(yīng)用》

eq\a\vs4\al(第十三節(jié)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用Ⅱ)[備考方向要明了]考什么怎么考1.能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值或最值，并會(huì)解決與之有關(guān)的不等式問(wèn)題．2.會(huì)利用導(dǎo)數(shù)解決某些簡(jiǎn)單的實(shí)際問(wèn)題.1.利用極值或最值求解參數(shù)的取值范圍，如2021年浙江T22等．2.利用導(dǎo)數(shù)研究方程根的分布情況、兩曲線交點(diǎn)的個(gè)數(shù)等，如2021年福建T20等．3.利用導(dǎo)數(shù)證明不等式，解決有關(guān)不等式問(wèn)題，如2021年天津T20等.[歸納·知識(shí)整合]1．生活中的優(yōu)化問(wèn)題生活中常遇到求利潤(rùn)最大，用料最省、效率最高等一些實(shí)際問(wèn)題，這些問(wèn)題通常稱為優(yōu)化問(wèn)題．2．利用導(dǎo)數(shù)解決生活中的優(yōu)化問(wèn)題的一般步驟[探究]1.求實(shí)際問(wèn)題中的最大、最小值，與求一般函數(shù)的最值有什么區(qū)別？提示：在實(shí)際問(wèn)題中要注意函數(shù)的定義域應(yīng)使實(shí)際問(wèn)題有意義．另外，在求實(shí)際問(wèn)題的最值時(shí)，如果區(qū)間內(nèi)只有一個(gè)極值點(diǎn)，就是最值點(diǎn)．2．如何求實(shí)際問(wèn)題中的最值問(wèn)題？提示：有關(guān)函數(shù)最大值、最小值的實(shí)際問(wèn)題，一般指的是單峰函數(shù)，也就是說(shuō)在實(shí)際問(wèn)題中，如果遇到函數(shù)在區(qū)間內(nèi)只有一個(gè)極值點(diǎn)，那么不與區(qū)間端點(diǎn)比擬，就可以知道這個(gè)極值點(diǎn)就是最大(小)值點(diǎn)．[自測(cè)·牛刀小試]1．(教材習(xí)題改編)某生產(chǎn)廠家的年利潤(rùn)y(單位：萬(wàn)元)與年產(chǎn)量x(單位：萬(wàn)件)的函數(shù)關(guān)系式為y＝－eq\f(1,3)x3＋81x－234，那么使該生產(chǎn)廠家獲取最大年利潤(rùn)的年產(chǎn)量為()A．13萬(wàn)件 B．11萬(wàn)件C．9萬(wàn)件 D．7萬(wàn)件解析：選C∵y＝－eq\f(1,3)x3＋81x－234，∴y′＝－x2＋81，令y′＝0，那么x＝9.2．(教材習(xí)題改編)從邊長(zhǎng)為10cm×16cm的矩形紙板的四角截去四個(gè)相同的小正方形，作成一個(gè)無(wú)蓋的盒子，那么盒子容積的最大值為()A．12cm3 B．72cm3C．144cm3 D．160cm3解析：選C設(shè)盒子容積為ycm3，盒子的高為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．(教材習(xí)題改編)某制造商制造并出售球形瓶裝的某種飲料，瓶子的制造本錢是0.8πr2分，其中r是瓶子的半徑，單位是厘米．每出售1mL的飲料，制造商可獲利0.2分，且制造商能制作的瓶子的最大半徑為6cm.那么瓶子半徑為_(kāi)_______時(shí)，每瓶飲料的利潤(rùn)最大，瓶子半徑為_(kāi)_______時(shí)，每瓶飲料的利潤(rùn)最小．解析：由于瓶子的半徑為r，所以每瓶飲料的利潤(rùn)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.當(dāng)r∈(0,2)時(shí)，f′(r)<0；當(dāng)r∈(2,6)時(shí)，f′(r)>0.那么f(r)的最大值為f(6)，最小值為f(2)．答案：624．函數(shù)f(x)＝ax3＋x恰有三個(gè)單調(diào)區(qū)間，那么a的取值范圍是________．解析：f(x)＝ax3＋x恰有三個(gè)單調(diào)區(qū)間，即函數(shù)f(x)恰有兩個(gè)極值點(diǎn)，即f′(x)＝0有兩個(gè)不等實(shí)根．∵f(x)＝ax3＋x，∴f′(x)＝3ax2＋1.要使f′(x)＝0有兩個(gè)不等實(shí)根，那么a<0.答案：(－∞，0)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)或方程的根[例1](2021·福建高考)函數(shù)f(x)＝ex＋ax2－ex，a∈R.(1)假設(shè)曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線平行于x軸，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)試確定a的取值范圍，使得曲線y＝f(x)上存在唯一的點(diǎn)P，曲線在該點(diǎn)處的切線與曲線只有一個(gè)公共點(diǎn)P.[自主解答](1)由于f′(x)＝ex＋2ax－e，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線斜率k＝2a所以a＝0，即f(x)＝ex－ex.此時(shí)f′(x)＝ex－e，由f′(x)＝0得x＝1.當(dāng)x∈(－∞，1)時(shí)，有f′(x)＜0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，有f′(x)＞0.所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)．(2)設(shè)點(diǎn)P(x0，f(x0))，曲線y＝f(x)在點(diǎn)P處的切線方程為y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，令g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，故曲線y＝f(x)在點(diǎn)P處的切線與曲線y＝f(x)只有一個(gè)公共點(diǎn)P等價(jià)于函數(shù)g(x)有唯一零點(diǎn)．因?yàn)間(x0)＝0，且g′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝ex－ex0＋2a(x－x0①假設(shè)a≥0，當(dāng)x＞x0時(shí)，g′(x)＞0，那么x＞x0時(shí)，g(x)＞g(x0)＝0；當(dāng)x＜x0時(shí)，g′(x)＜0，那么x＜x0時(shí)，g(x)＞g(x0)＝0.故g(x)只有唯一零點(diǎn)x＝x0.由P的任意性知，a≥0不合題意．②假設(shè)a＜0，令h(x)＝ex－ex0＋2a(x－x0h(x0)＝0，h′(x)＝ex＋2a令h′(x)＝0，得x＝ln(－2a)，記x*＝ln(－2a)，那么當(dāng)x∈(－∞，x*)時(shí)，h′(x)＜0，從而h(x)在(－∞，x*)內(nèi)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(x*，＋∞)時(shí)，h′(x)＞0，從而h(x)在(xa．假設(shè)x0＝x*，由x∈(－∞，x*)時(shí)，g′(x)＝h(x)＞h(x*)＝0；由x∈(x*，＋∞)時(shí)，g′(x)＝h(x)＞h(x*)＝0.所以g(x)在R上單調(diào)遞增．所以函數(shù)g(x)在R上有且只有一個(gè)零點(diǎn)x＝x*.b．假設(shè)x0＞x*，由于h(x)在(x*，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，且h(x0)＝0，那么當(dāng)x∈(x*，x0)時(shí)，有g(shù)′(x)＝h(x)＜h(x0)＝0，g(x)＞g(x0)＝0；任取x1∈(x*，x0)有g(shù)(x1)＞0.又當(dāng)x∈(－∞，x1)時(shí)，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)內(nèi)存在零點(diǎn)，即g(x)在R上至少有兩個(gè)零點(diǎn)．c．假設(shè)x0<x*，仿b并利用ex>eq\f(x3,6)，可證函數(shù)g(x)在R上至少有兩個(gè)零點(diǎn)．綜上所述，當(dāng)a<0時(shí)，曲線y＝f(x)上存在唯一點(diǎn)P(ln(－2a)，f(ln(－2a)))，曲線在該點(diǎn)處的切線與曲線只有一個(gè)公共點(diǎn)———————————————————利用導(dǎo)數(shù)研究方程根的方法研究方程根的情況，可以通過(guò)導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最大值、最小值、變化趨勢(shì)等，根據(jù)題目要求，畫出函數(shù)圖象的走勢(shì)規(guī)律，標(biāo)明函數(shù)極(最)值的位置，通過(guò)數(shù)形結(jié)合的思想去分析問(wèn)題，可以使得問(wèn)題的求解有一個(gè)清晰、直觀的整體展現(xiàn)．1．設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－bx.(1)當(dāng)a＝b＝eq\f(1,2)時(shí)，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)，其圖象上任意一點(diǎn)P(x0，y0)處切線的斜率k≤eq\f(1,2)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(3)當(dāng)a＝0，b＝－1時(shí)，方程2mf(x)＝x2有唯一實(shí)數(shù)解，求正數(shù)m的值．解：(1)依題意，知f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，當(dāng)a＝b＝eq\f(1,2)時(shí)，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)．當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)>0，此時(shí)f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)<0，此時(shí)f(x)單調(diào)遞減．所以f(x)的極大值為f(1)＝－eq\f(3,4).又因?yàn)閒′(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一解，所以f(x)的最大值為－eq\f(3,4).(2)由題意得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]．當(dāng)x0＝1時(shí)，－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?yàn)榉匠?mf(x)＝x2有唯一實(shí)數(shù)解，所以x2－2mlnx－2mx＝0有唯一實(shí)數(shù)解．設(shè)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?yàn)閙>0，x>0，所以x1＝eq\f(m－\r(m2＋4m),2)<0(舍去)，x2＝eq\f(m＋\r(m2＋4m),2).當(dāng)x∈(0，x2)時(shí)，g′(x)<0，g(x)在(0，x2)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(x2，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，g(x)在(x2，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)x＝x2時(shí)，g′(x2)＝0，g(x)取最小值g(x2)．因?yàn)?mf(x)＝x2有唯一實(shí)數(shù)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?yàn)閙>0，所以2lnx2＋x2－1＝0.(*)設(shè)函數(shù)h(x)＝2lnx＋x－1，當(dāng)x>0時(shí)，h(x)是增函數(shù)，所以h(x)＝0至多有一解．因?yàn)閔(1)＝0，所以方程(*)的解為x2＝1，即eq\f(m＋\r(m2＋4m),2)＝1，解得m＝eq\f(1,2).利用導(dǎo)數(shù)解決恒成立及參數(shù)求解問(wèn)題[例2]函數(shù)f(x)＝ex－ax，其中a>0.(1)假設(shè)對(duì)一切x∈R，f(x)≥1恒成立，求a的取值集合；(2)在函數(shù)f(x)的圖象上取定兩點(diǎn)A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))(x1<x2)，記直線AB的斜率為k，證明：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.當(dāng)x<lna時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>lna時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，故當(dāng)x＝lna時(shí)，f(x)取最小值f(lna)＝a－alna.于是對(duì)一切x∈R，f(x)≥1恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)a－alna≥1.①令g(t)＝t－tlnt，那么g′(t)＝－lnt.當(dāng)0<t<1時(shí)，g′(t)>0，g(t)單調(diào)遞增；當(dāng)t>1時(shí)，g′(t)<0，g(t)單調(diào)遞減．故當(dāng)t＝1時(shí)，g(t)取最大值g(1)＝1.因此，當(dāng)且僅當(dāng)a＝1時(shí)，①式成立．綜上所述，a的取值集合為{1}．(2)由題意知，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.當(dāng)t<0時(shí)，F(xiàn)′(t)<0，F(xiàn)(t)單調(diào)遞減；當(dāng)t>0時(shí)，F(xiàn)′(t)>0，F(xiàn)(t)單調(diào)遞增．故當(dāng)t≠0時(shí)，F(xiàn)(t)>F(0)＝0，即et－t－1>0.從而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?yàn)楹瘮?shù)y＝φ(x)在區(qū)間[x1，x2]上的圖象是連續(xù)不斷的一條曲線，所以存在x0∈(x1，x2)，使φ(x0)＝0，即f′(x0)＝k成立．假設(shè)將函數(shù)“f(x)＝ex－ax，a>0”改為“f(x)＝eax－x，a≠0”，試解決問(wèn)題(1)．解：假設(shè)a<0，那么對(duì)一切x>0，f(x)＝eax－x<1，這與題設(shè)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).當(dāng)x<eq\f(1,a)lneq\f(1,a)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>eq\f(1,a)lneq\f(1,a)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．故當(dāng)x＝eq\f(1,a)lneq\f(1,a)時(shí)，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).于是對(duì)一切x∈R，f(x)≥1恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(1,a)－eq\f(1,a)lneq\f(1,a)≥1.①令g(t)＝t－tlnt，那么g′(t)＝－lnt.當(dāng)0<t<1時(shí)，g′(t)>0，g(t)單調(diào)遞增；當(dāng)t>1時(shí)，g′(t)<0，g(t)單調(diào)遞減．故當(dāng)t＝1時(shí)，g(t)取最大值g(1)＝1.因此，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(1,a)＝1，即a＝1時(shí)，①式成立．綜上所述，a的取值集合為{1}．——————————————————不等式恒成立問(wèn)題的求解方法(1)由不等式恒成立求解參數(shù)取值范圍問(wèn)題常采用的方法是別離參數(shù)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，當(dāng)參數(shù)不宜進(jìn)行別離時(shí)，還可直接求最值建立關(guān)于參數(shù)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的取值范圍．(2)參數(shù)范圍必須依靠不等式才能求出，求解參數(shù)范圍的關(guān)鍵就是找到這樣的不等式．2．f(x)＝(x2－a)ex，a∈R.(1)假設(shè)a＝3，求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)x1，x2是f(x)的兩個(gè)不同的極值點(diǎn)，且|x1＋x2|≥|x1x2|，求實(shí)數(shù)a的取值集合M；(3)在(2)的條件下，假設(shè)不等式3f(a)<a3＋eq\f(3,2)a2－3a＋b對(duì)于a∈M都成立，求實(shí)數(shù)b的取值范圍．解：(1)∵a＝3，∴f(x)＝(x2－3)ex.令f′(x)＝(x2＋2x－3)ex＝0?x＝－3或x＝1.當(dāng)x∈(－∞，－3)∪(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0；x∈(－3,1)時(shí)，f′(x)<0，∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－3)，(1，＋∞)；單調(diào)遞減區(qū)間為(－3,1)．∴f(x)的極大值為f(－3)＝6e－3；極小值為f(1)＝－2e.(2)令f′(x)＝(x2＋2x－a)ex＝0，即x2＋2x－a＝0，由題意其兩根為x1，x2，∴x1＋x2＝－2，x1x2＝－a，故－2≤a≤2.又Δ＝4＋4a>0，∴－1<a∴M＝{a|－1<a≤2}．(3)原不等式等價(jià)于b>3f(a)－a3－eq\f(3,2)a2＋3a對(duì)a∈M都成立，記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)).故當(dāng)a變化時(shí)，g′(a)，g(a)的變化情況如下表：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)極大值極小值6e2－8又∵g(0)＝0，g(2)＝6e2－8，∴g(a)max＝6e2－8，∴b>6e2－8.故實(shí)數(shù)b的取值范圍為(6e2－8，＋∞).利用導(dǎo)數(shù)解決生活中的優(yōu)化問(wèn)題[例3]隨著生活水平的不斷提高，人們?cè)絹?lái)越關(guān)注身體健康，而電視廣告在商品市場(chǎng)中占有非常重要的地位．某著名保健品生產(chǎn)企業(yè)為了占有更多的市場(chǎng)份額，擬在2021年通過(guò)電視廣告進(jìn)行一系列促銷活動(dòng)．經(jīng)過(guò)市場(chǎng)調(diào)查和測(cè)算，保健品的年銷量x(單位：百萬(wàn)件)與年促銷費(fèi)t(單位：百萬(wàn)元)之間滿足：3－x與t＋2成反比例．如果不搞促銷活動(dòng)，保健品的年銷量只能是1百萬(wàn)件，2021年生產(chǎn)該保健品的固定費(fèi)用為5百萬(wàn)元，每生產(chǎn)1百萬(wàn)件保健品需再投入40百萬(wàn)元的生產(chǎn)費(fèi)用．假設(shè)將每件保健品的售價(jià)定為“其生產(chǎn)本錢的150%〞與“平均每件促銷費(fèi)的m倍(0<m≤1.2)〞之和，那么當(dāng)年生產(chǎn)的保健品恰能銷完．假設(shè)2021年該企業(yè)的保健品恰能銷完，且該企業(yè)的年產(chǎn)量最大為2.6百萬(wàn)件．(1)將2021年的利潤(rùn)y(單位：百萬(wàn)元)表示為促銷費(fèi)t的函數(shù)；(2)該企業(yè)2021年的促銷費(fèi)投入多少百萬(wàn)元時(shí)，企業(yè)的年利潤(rùn)最大？(注：利潤(rùn)＝銷售收入－生產(chǎn)本錢－促銷費(fèi)，生產(chǎn)本錢＝固定費(fèi)用＋生產(chǎn)費(fèi)用)[自主解答](1)因?yàn)槟赇N量x百萬(wàn)件與年促銷費(fèi)t百萬(wàn)元之間滿足：3－x與t＋2成反比例，所以設(shè)t＋2＝eq\f(k,3－x)(k≠0)．由題意知，當(dāng)t＝0時(shí)，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)．由該企業(yè)的年產(chǎn)量最大為2.6百萬(wàn)件可得，x＝3－eq\f(4,t＋2)≤2.6，解得t≤8.由于2021年的年銷量為x百萬(wàn)件，那么生產(chǎn)本錢為y1＝5＋40x，促銷費(fèi)用為t，年銷售收入為y2＝150%×y1＋mt.所以2021年的利潤(rùn)y＝y(tǒng)2－y1－t＝eq\f(1,2)y1＋(m－1)t＝eq\f(1,2)×(5＋40x)＋(m－1)t.將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)．當(dāng)1≤m≤1.2時(shí)，m－1≥0，eq\f(80,t＋22)≥0，所以y′＝eq\f(80,t＋22)＋(m－1)≥0，此時(shí)函數(shù)在[0,8]上單調(diào)遞增，所以當(dāng)t＝8時(shí)，年利潤(rùn)y取得最大值，最大值為62.5－eq\f(80,8＋2)＋(m－1)×8＝46.5＋8m(百萬(wàn)元)；當(dāng)0<m<1時(shí)，由y′＝0解得t＝eq\r(\f(80,1－m))－2，函數(shù)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(80,1－m))－2))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(\f(80,1－m))－2，8))上單調(diào)遞減．所以當(dāng)t＝eq\r(\f(80,1－m))－2時(shí)，函數(shù)取得最大值，最大值為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(百萬(wàn)元)．綜上，假設(shè)1≤m≤1.2，那么當(dāng)促銷費(fèi)投入t＝8時(shí)，企業(yè)的年利潤(rùn)y取得最大值，最大值為46.5＋8m(百萬(wàn)元)；假設(shè)0<m<1，那么當(dāng)促銷費(fèi)投入t＝eq\r(\f(80,1－m))－2時(shí)，企業(yè)的年利潤(rùn)y取得最大值，最大值為64.5－8eq\r(51－m)－2m(百萬(wàn)元)．———————————————————利用導(dǎo)數(shù)解決生活中優(yōu)化問(wèn)題的一般步驟(1)分析實(shí)際問(wèn)題中各量之間的關(guān)系，列出實(shí)際問(wèn)題的數(shù)學(xué)模型，寫出實(shí)際問(wèn)題中變量之間的函數(shù)關(guān)系y＝f(x)，根據(jù)實(shí)際意義確定定義域；(2)求函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)，解方程f′(x)＝0得出定義域內(nèi)的實(shí)根，確定極值點(diǎn)；(3)比擬函數(shù)在區(qū)間端點(diǎn)和極值點(diǎn)處的函數(shù)值大小，獲得所求的最大(小)值；(4)復(fù)原到原實(shí)際問(wèn)題中作答．3．某商場(chǎng)預(yù)計(jì)2021年1月份起前x個(gè)月，顧客對(duì)某商品的需求總量p(x)(單位：件)與x的關(guān)系近似地滿足p(x)＝eq\f(1,2)x(x＋1)(39－2x)(x∈N*，且x≤12)．該商品第x月的進(jìn)貨單價(jià)q(x)(單位：元)與x的近似關(guān)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)寫出2021年第x月的需求量f(x)(單位：件)與x的函數(shù)關(guān)系式；(2)該商品每件的售價(jià)為185元，假設(shè)不計(jì)其他費(fèi)用且每月都能滿足市場(chǎng)需求，試問(wèn)商場(chǎng)2021年第幾月銷售該商品的月利潤(rùn)最大，最大月利潤(rùn)為多少元？解：(1)當(dāng)x＝1時(shí)，f(1)＝p(1)＝37，當(dāng)2≤x≤12，且x∈N*時(shí)，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.經(jīng)驗(yàn)證x＝1符合f(x)＝－3x2＋40x(x∈N*，且1≤x≤12)．(2)該商場(chǎng)預(yù)計(jì)第x月銷售該商品的月利潤(rùn)為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，))當(dāng)1≤x≤6，且x∈N*時(shí)，g′(x)＝18x2－370x＋1400，令g′(x)＝0，解得x＝5，x＝eq\f(140,9)(舍去)．當(dāng)1≤x≤5時(shí)，g′(x)>0，當(dāng)5<x≤6時(shí)，g′(x)<0，∴當(dāng)x＝5時(shí)，g(x)max＝g(5)＝3125(元)．∴當(dāng)7≤x≤12，且x∈N*時(shí)，g(x)＝－480x＋6400是減函數(shù)，當(dāng)x＝7時(shí)，g(x)max＝g(7)＝3040(元)，綜上，商場(chǎng)2021年第5個(gè)月的月利潤(rùn)最大，最大利潤(rùn)為3125元．2個(gè)轉(zhuǎn)化——解決含參問(wèn)題及不等式問(wèn)題中的兩個(gè)轉(zhuǎn)化(1)利用導(dǎo)數(shù)解決含有參數(shù)的單調(diào)性問(wèn)題可將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問(wèn)題，要注意分類討論和數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．(2)將不等式的證明、方程根的個(gè)數(shù)的判定轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性、極值問(wèn)題處理．3個(gè)注意點(diǎn)——利用導(dǎo)數(shù)解決實(shí)際問(wèn)題應(yīng)注意的問(wèn)題(1)既要注意將問(wèn)題中涉及的變量關(guān)系用函數(shù)關(guān)系表示，還要注意確定函數(shù)關(guān)系式中自變量的取值范圍．(2)一定要注意求得函數(shù)結(jié)果的實(shí)際意義，不符合實(shí)際的值應(yīng)舍去．(3)如果目標(biāo)函數(shù)在定義區(qū)間內(nèi)只有一個(gè)極值點(diǎn)，那么根據(jù)實(shí)際意義該極值點(diǎn)就是最值點(diǎn).數(shù)學(xué)思想——轉(zhuǎn)化與化歸思想在證明不等式中的應(yīng)用對(duì)不等式的證明而言，我們可以從所證不等式的結(jié)構(gòu)和特點(diǎn)出發(fā)，結(jié)合已有的知識(shí)利用轉(zhuǎn)化與化歸思想，構(gòu)造一個(gè)新的函數(shù)，再借助導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)性，利用單調(diào)性實(shí)現(xiàn)問(wèn)題的轉(zhuǎn)化，從而使不等式得到證明，其一般步驟是：構(gòu)造可導(dǎo)函數(shù)→研究單調(diào)性或最值→得出不等關(guān)系→整理得出結(jié)論．[典例](2021·山東高考)函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx＋k,ex)(k為常數(shù)，e＝2.71828…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與x軸平行．(1)求k的值；(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)設(shè)g(x)＝(x2＋x)f′(x)，其中f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，證明：對(duì)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，＋∞)，由于曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線與x軸平行，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，＋∞)，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h(x)>0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h(x)<0.又ex>0，所以x∈(0,1)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)<0.因此f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞)．(3)證明：因?yàn)間(x)＝(x2＋x)f′(x)，所以g(x)＝eq\f(x＋1,ex)(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)．因此對(duì)任意x>0，g(x)<1＋e－2等價(jià)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，＋∞)，因此當(dāng)x∈(0，e－2)時(shí)，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(e－2，＋∞)時(shí)，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減．所以h(x)的最大值為h(e－2)＝1＋e－2，故1－x－xlnx≤1＋e－2.設(shè)φ(x)＝ex－(x＋1)．因?yàn)棣铡?x)＝ex－1＝ex－e0，所以當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，φ′(x)>0，φ(x)單調(diào)遞增，φ(x)>φ(0)＝0，故當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，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)．因此對(duì)任意x>0，g(x)<1＋e－2.eq\a\vs4\al([題后悟道])1．此題中證明x>0時(shí)，g(x)<1＋e－2，即證明函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上的最大值小于1＋e－2，從而將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上的最大值問(wèn)題，使問(wèn)題得以順利解決．2．一般地，證明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)<0，那么F(x)在(a，b)上是減函數(shù)，同時(shí)假設(shè)F(a)≤0，由減函數(shù)的定義可知，x∈(a，b)時(shí)，有F(x)<0，即證明了f(x)<g(x)．證明f(x)>g(x)，x∈(a，b)，可以構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)>0，那么F(x)在(a，b)上是增函數(shù)，同時(shí)假設(shè)F(a)≥0，由增函數(shù)的定義可知，x∈(a，b)時(shí)，有F(x)>0，即證明了f(x)>g(x)．eq\a\vs4\al([變式訓(xùn)練])(2021·遼寧高考)設(shè)f(x)＝ln(x＋1)＋eq\r(x＋1)＋ax＋b(a，b∈R，a，b為常數(shù))，曲線y＝f(x)與直線y＝eq\f(3,2)x在(0,0)點(diǎn)相切．(1)求a，b的值；(2)證明：當(dāng)0<x<2時(shí)，f(x)<eq\f(9x,x＋6).解：(1)由y＝f(x)過(guò)(0,0)點(diǎn)，得b＝－1.由y＝f(x)在(0,0)點(diǎn)的切線斜率為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)證明：法一：由均值不等式，當(dāng)x>0時(shí)，2eq\r(x＋1·1)<x＋1＋1＝x＋2，故eq\r(x＋1)<eq\f(x,2)＋1.記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)，那么當(dāng)0<x<2時(shí)，g′(x)＝3(x＋6)2－216<0.因此g(x)在(0,2)內(nèi)是遞減函數(shù)．又由g(0)＝0，得g(x)<0，所以h′(x)<0.因此h(x)在(0,2)內(nèi)是遞減函數(shù)．又h(0)＝0，得h(x)<0.于是當(dāng)0<x<2時(shí)，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，當(dāng)x>0時(shí)，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，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)<eq\f(3,2)x.記h(x)＝(x＋6)f(x)－9x，那么當(dāng)0<x<2時(shí)，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)內(nèi)單調(diào)遞減．又h(0)＝0，所以h(x)<0，即f(x)<eq\f(9x,x＋6).一、選擇題(本大題共6小題，每題5分，共30分)1．f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)，那么a的最大值是()A．0 B．1C．2 D．3解析：選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．設(shè)動(dòng)直線x＝m與函數(shù)f(x)＝x3，g(x)＝lnx的圖象分別交于點(diǎn)M，N，那么|MN|的最小值為()A.eq\f(1,3)(1＋ln3) B.eq\f(1,3)ln3C．1＋ln3 D．ln3－1解析：選A由題意知|MN|＝|x3－lnx|，設(shè)h(x)＝x3－lnx，h′(x)＝3x2－eq\f(1,x)，令h′(x)＝0，得x＝eq\r(3,\f(1,3))，易知當(dāng)x＝eq\r(3,\f(1,3))時(shí)，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．假設(shè)不等式2xlnx≥－x2＋ax－3對(duì)x∈(0，＋∞)恒成立，那么實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，0) B．(－∞，4]C．(0，＋∞) D．[4，＋∞)解析：選B2xlnx≥－x2＋ax－3，那么a≤2lnx＋x＋eq\f(3,x)，設(shè)h(x)＝2lnx＋x＋eq\f(3,x)(x>0)，那么h′(x)＝eq\f(x＋3x－1,x2).當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h′(x)<0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)>0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增，所以h(x)min＝h(1)＝4.所以a≤h(x)min＝4.4．球的直徑為d，其內(nèi)接正四棱柱體積V最大時(shí)的高為()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：選C設(shè)正四棱柱的高為h，底面邊長(zhǎng)為x，如圖是其組合體的軸截面圖形，那么AB＝eq\r(2)x，BD＝d，AD＝h，∵AB2＋AD2＝BD2，∴2x2＋h2＝d2.∴x2＝eq\f(d2－h(huán)2,2).又∵V＝x2·h＝eq\f(d2－h(huán)2h,2)＝eq\f(1,2)(d2h－h(huán)3)，∴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．函數(shù)f(x)＝x3－3x，假設(shè)對(duì)于區(qū)間[－3,2]上任意的x1，x2都有|f(x1)－f(x2)|≤t，那么實(shí)數(shù)t的最小值是()A．0 B．10C．18 D．20解析：選Df′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，解得x＝±1，所以1，－1為函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)．因?yàn)閒(－3)＝－18，f(－1)＝2，f(1)＝－2，f(2)＝2，所以在區(qū)間[－3,2]上，f(x)max＝2，f(x)min＝－18，所以對(duì)于區(qū)間[－3,2]上任意的x1，x2，|f(x1)－f(x2)|≤20，所以t≥20，從而t的最小值為20.6．(2021·宜昌模擬)y＝f(x)是奇函數(shù)，當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，f(x)＝lnx－axeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a>\f(1,2)))，當(dāng)x∈(－2,0)時(shí)，f(x)的最小值為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：選D由題意知，當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，f(x)的最大值為－1.令f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝0，得x＝eq\f(1,a)，當(dāng)0<x<eq\f(1,a)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x>eq\f(1,a)時(shí)，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、填空題(本大題共3小題，每題5分，共15分)7．設(shè)f(x)＝x3＋x，x∈R，假設(shè)當(dāng)0≤θ≤eq\f(π,2)時(shí)，f(msinθ)＋f(1－m)>0恒成立，那么實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．解析：因?yàn)閒(x)＝x3＋x，x∈R，故f′(x)＝3x2＋1>0，那么f(x)在x∈R上為單調(diào)增函數(shù)，又因?yàn)閒(－x)＝－f(x)．故f(x)也為奇函數(shù)，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?yàn)?≤θ≤eq\f(π,2)，故當(dāng)θ＝eq\f(π,2)時(shí)，0>－1恒成立；當(dāng)θ∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，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．某商場(chǎng)從生產(chǎn)廠家以每件20元購(gòu)進(jìn)一批商品，假設(shè)該商品零售價(jià)為p元，銷量Q(單位：件)與零售價(jià)p(單位：元)有如下關(guān)系：Q＝8300－170p－p2，那么該商品零售價(jià)定為_(kāi)_______元時(shí)利潤(rùn)最大，利潤(rùn)的最大值為_(kāi)_______．解析：設(shè)商場(chǎng)銷售該商品所獲利潤(rùn)為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′變化關(guān)系如下表：p(20,30)30(30，＋∞)y′＋0－y極大值故當(dāng)p＝30時(shí)，y取極大值為23000元．又y＝－p3－150p2＋11700p－166000在[20，＋∞)上只有一個(gè)極值，故也是最值．所以該商品零售價(jià)定為每件30元，所獲利潤(rùn)最大為23000元．答案：30230009．假設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－a2x滿足：對(duì)于任意的x1，x2∈[0,1]都有|f(x1)－f(x2)|≤1恒成立，那么a的取值范圍是________．解析：由題意得，在[0,1]內(nèi)，f(x)max－f(x)min≤1.f′(x)＝x2－a2，函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－a2x的極小值點(diǎn)是x＝|a|.假設(shè)|a|>1，那么函數(shù)f(x)在[0,1]上單調(diào)遞減，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)；假設(shè)|a|≤1，此時(shí)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，故當(dāng)|a|≤eq\f(\r(3),3)時(shí)，f(x)max＝f(1)，此時(shí)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；當(dāng)eq\f(\r(3),3)<|a|≤1時(shí)，此時(shí)f(x)max＝f(0)，故只要eq\f(2,3)a2|a|≤1即可，此不等式顯然成立．綜上，a的取值范圍是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、解答題(本大題共3小題，每題12分，共36分)10．函數(shù)f(x)＝alnx－ax－3(a∈R)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)假設(shè)函數(shù)y＝f(x)的圖象在點(diǎn)(2，f(2))處的切線的傾斜角為45°，對(duì)于任意的t∈[1,2]，函數(shù)g(x)＝x3＋x2·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f′x＋\f(m,2)))在區(qū)間(t,3)上不是單調(diào)函數(shù)，求m的取值范圍．解：(1)根據(jù)題意知，f′(x)＝eq\f(a1－x,x)(x>0)，當(dāng)a>0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1]，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞)；當(dāng)a<0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1]；當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)不是單調(diào)函數(shù)，(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)在區(qū)間(t,3)上不是單調(diào)函數(shù)，且g′(0)＝－2.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g′t<0，,g′3>0.))由題意知：對(duì)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是自然常數(shù)，a∈R.(1)討論當(dāng)a＝1時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)性和極值；(2)求證：在(1)的條件下，f(x)>g(x)＋eq\f(1,2)；(3)是否存在實(shí)數(shù)a，使f(x)的最小值是3？假設(shè)存在，求出a的值；假設(shè)不存在，說(shuō)明理由．解：(1)∵f(x)＝x－lnx，f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，∴當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)<0，此時(shí)f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)1<x<e時(shí)，f′(x)>0，此時(shí)f(x)單調(diào)遞增．∴f(x)的極小值為f(1)＝1.(2)證明：∵f(x)的極小值為1，即f(x)在(0，e]上的最小值為1，∴f(x)min＝1.又∵g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，∴0<x<e時(shí)，g′(x)>0，g(x)在(0，e]上單調(diào)遞增．∴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)的條件下，f(x)>g(x)＋eq\f(1,2).(3)假設(shè)存在實(shí)數(shù)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當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(0，e]上單調(diào)遞減，f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，a＝eq\f(4,e)(舍去)，所以，此時(shí)f(x)的最小值不是3；②當(dāng)0<eq\f(1,a)<e時(shí)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))上單調(diào)遞增，f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝1＋lna＝3，a＝e2，滿足條件；③當(dāng)eq\f(1,a)≥e時(shí)，f(x)在(0，e]上單調(diào)遞減，f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，a＝eq\f(4,e)(舍去)，所以，此時(shí)f(x)的最小值不是3.綜上，存在實(shí)數(shù)a＝e2，使得當(dāng)x∈(0，e]時(shí)，f(x)有最小值3.12．設(shè)函數(shù)f(x)＝x－eq\f(1,x)－alnx.(1)假設(shè)曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線被圓x2＋y2＝1截得的弦長(zhǎng)為eq\r(2)，求a的值；(2)假設(shè)函數(shù)f(x)在其定義域上為增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(3)當(dāng)a≤2時(shí)，設(shè)函數(shù)g(x)＝x－lnx－eq\f(1,e)，假設(shè)在[1，e]上存在x1，x2使f(x1)≥g(x2)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解：由題意知，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．(1)求導(dǎo)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，故曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y－0＝(2－a)·(x－1)，即y＝(2－a)(x－1)．故圓心到直線的距離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?yàn)楹瘮?shù)f(x)在其定義域上為增函數(shù)，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(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號(hào))，故a的取值范圍為(－∞，2]．(3)由在[1，e]上存在x1，x2使f(x1)≥g(x2)成立，可知當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，f(x)max≥g(x)min.又因g′(x)＝1－eq\f(1,x)，所以當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，g′(x)≥0，即函數(shù)g(x)在區(qū)間[1，e]上是單調(diào)遞增的函數(shù)，最小值為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?yàn)閤2>0，又函數(shù)y＝x2－ax＋1的判別式Δ＝(－a)2－4×1×1＝a2－4，(ⅰ)當(dāng)a∈[－2,2]時(shí)，Δ≤0，那么f′(x)≥0恒成立，即函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，e]上是單調(diào)遞增的函數(shù)，故函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，e]上的最大值為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)當(dāng)a<－2時(shí)，Δ>0，f′(x)＝0的兩根為x1＝eq\f(a－\r(a2－4),2)，x2＝eq\f(a＋\r(a2－4),2)，此時(shí)x1<0，x2<0.故函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，e]上是單調(diào)遞增的函數(shù)．由(ⅰ)知，a≤e－1，又a<－2，故a<－2.綜上所述，a的取值范圍為(－∞，e－1]．1．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2＋ex－xex.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)假設(shè)當(dāng)x∈[－2,2]時(shí)，不等式f(x)>m恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．解：(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－∞，＋∞)，∵f′(x)＝x＋ex－(ex＋xex)＝x(1－ex)，假設(shè)x<0，那么1－ex>0，所以f′(x)<0；假設(shè)x>0，那么1－ex<0，所以f′(x)<0；∴f(x)在(－∞，＋∞)上為減函數(shù)，即f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(－∞，＋∞)．(2)由(1)知，f(x)在[－2,2]上單調(diào)遞減，∴f(x)min＝f(2)＝2－e2.∴m<2－e2時(shí)，不等式f(x)>m恒成立．2．設(shè)函數(shù)f(x)＝(x－a)2lnx，a∈R.(1)假設(shè)x＝e為y＝f(x)的極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a；(2)求實(shí)數(shù)a的取值范圍，使得對(duì)任意的x∈(0,3e]，恒有f(x)≤4e2成立(注：e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))．解：(1)對(duì)f(x)求導(dǎo)，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?yàn)閤＝e是f(x)的極值點(diǎn)，所以f′(e)＝(e－a)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\v