專題4.4導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用(學(xué)生版)

專題4.4導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用1.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點問題思路（1）轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象交點：方程f(x)=0有實根?兩個函數(shù)圖象的交點問題?函數(shù)y=f(x)有零點．將fx=0變形為g(x)=?(x)，轉(zhuǎn)化為=1\*GB3①一平一曲：一平即常數(shù)函數(shù)y=k（k為常數(shù)）圖象與一曲線圖象的交點；=2\*GB3②一斜一曲：一斜即一次函數(shù)圖象與一曲線圖象的交點；=3\*GB3③兩曲：兩個函數(shù)圖象均為曲線，凸凹性相反.（2）利用零點存在性定理解決：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性，結(jié)合零點存在性定理，判斷函數(shù)零點個數(shù).2.利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立或存在性問題不等式恒成立問題或存在性問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值問題，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)最值，求出參數(shù)的取值范圍.=1\*GB4㈠不等式在某個區(qū)間上恒成立或存在性成立問題的轉(zhuǎn)化途徑：=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)??x=fx?g=2\*GB4㈡雙變量的“任意性”與“存在性”問題=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構(gòu)造法：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，則F(x)在(a，b)上是減函數(shù)，則只需F(a)≤0，由減函數(shù)的定義可知，x∈(a，b)時，有F(x)<0，即證明了f(x)<g(x)．②最值比較法：證明f(x)<g(x)，x∈(a，b)時，若構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)后，F(xiàn)(x)的單調(diào)性無法確定，可考慮f(x)的最大值與g(x)的最小值，如果f(x)max<g(x)min，那么可證f(x)<g(x)．1.【人教A版選擇性必修二復(fù)習(xí)參考題518P104】已知函數(shù)f(x)=x2?(2a?1)x?a(1)求函數(shù)fx(2)若函數(shù)f(x)存在最小值為f(x)min，求證：2.【人教A版選擇性必修二復(fù)習(xí)參考題519P104】已知函數(shù)f(x)=x?2e(1)討論fx(2)若fx有兩個零點，求考點考點一導(dǎo)數(shù)在函數(shù)零點（方程的根）問題中的應(yīng)用【方法儲備】函數(shù)零點問題常用思路有：=1\*GB2⑴圖象法：=1\*GB3①通過研究函數(shù)的性質(zhì)(單調(diào)性、極值、函數(shù)值的極限位置等)，作出函數(shù)的大致圖象，然后通過函數(shù)圖象得出其與x軸交點的個數(shù)；=2\*GB3②令fx=0→gx=?(x)=2\*GB2⑵定理法：求導(dǎo)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值，利用零點存在性定理逐個單調(diào)區(qū)間判斷是否存在零點，或根據(jù)零點存在性情況，推導(dǎo)出函數(shù)本身需要滿足的條件，求出參數(shù)的取值范圍.若函數(shù)較復(fù)雜，需要構(gòu)造函數(shù)或多次導(dǎo).【典例精講】例11(2023·江西省模擬題)已知函數(shù)f(x)=x2+x?1,x?0lnxx,x>0，若函數(shù)g(x)=xf(x)?m有三個零點，則實數(shù)m的取值范圍是(

)A.[0,1] B.[0,1) C.[1127,1]例12(2023·廣東省單元題)已知函數(shù)f(x)=tan?2x+2tan?(π?x)?1.若tanα=2，則fα=

;若fx的定義域為(0,π4)∪(π2,例13(2023·山東省模擬題)已知函數(shù)f(x)=ax2(1)討論函數(shù)f(x)極值點的個數(shù);(2)若函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)有兩個不同的零點x1，x2，?①求a的取值范圍;?②證明：x1+x2【拓展提升】練11(2023·湖北省模擬題)已知函數(shù)fx=xelnx,x>1x3?3x+a,x≤1，若存在實數(shù)t練12(2023·江西省模擬題)已知函數(shù)f(x)=(1)若a=0，求函數(shù)f(x)的極值；(2)討論函數(shù)f(x)的零點個數(shù)．練13(2023·浙江省模擬題)設(shè)函數(shù)f(x)=(x?1)2ex?ax，若曲線f(x)(1)求實數(shù)a，b的值．(2)證明：函數(shù)f(x)有兩個零點．(3)記f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)，x1，x2為f(x)的兩個零點，證明：考點二考點二導(dǎo)數(shù)在不等式問題中的應(yīng)用方向1：導(dǎo)數(shù)在不等式恒成立或有解問題中的應(yīng)用【方法儲備】轉(zhuǎn)化是解決問題的關(guān)鍵.常用思路有：1.分離參數(shù)：將原不等式分離參數(shù)，轉(zhuǎn)化為不含參數(shù)的函數(shù)最值問題，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，求出參數(shù)的取值范圍.2.化歸為求最值：?x∈D,fx3.同構(gòu)化：將恒成立的不等式同構(gòu)化，利用函數(shù)單調(diào)性構(gòu)建變量間的不等關(guān)系.如：elna+x?1?lnx+lna≥1→elna+x?1+lna+x?1≥x+lnx=e同構(gòu)常見變形方式：=1\*GB3①xex=ex+lnx；=2\*GB3②exx=ex?lnx；=3\*GB3③xex=elnx?x；=4\*GB3=5\*GB3⑤x?lnx=lnexx?=1\*GB2⑴積型：aea≤blnb→ae=2\*GB2⑵商型：eaa≤b=3\*GB2⑶和差型：ea±a≤b±lnb→e【典例精講】例21(2023·安徽省模擬題)當(dāng)x∈?2,1時，不等式ax3?x2+4x+3≥0A.?5,?3 B.?6,?98 C.?6,?2 例22(2023·江蘇省模擬題)若2x+8x3+a2e2x<4x【拓展提升】練21(2023·湖北省月考題)若關(guān)于x的不等式x2?mlnx?1≥0在[2,3]上有解，則實數(shù)m的取值范圍為(

)A.(?∞,3ln2] B.(?∞,8ln練22(2023·江蘇省月考題)已知函數(shù)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對任意方向2：導(dǎo)數(shù)在不等式證明中的應(yīng)用【方法儲備】函數(shù)不等式的類型多樣，既有含變量與不含變量之分，也有單變量與雙變量之分，證明方法多變，常用思路有：1.單變元不等式的證明（1）含單變元不等式=1\*GB3①移項（或同解變形后）作差，構(gòu)建函數(shù)求最值.=2\*GB3②適當(dāng)放縮：可利用常見不等式放縮、結(jié)論放縮、或者利用已知的參數(shù)范圍使參數(shù)取確定的值進行放縮.常用不等式有：（1）三角函數(shù)放縮：=1\*GB3①?x∈0,π2,sinx<x<tanx；=2\*GB3②sinx≥x?12x2；=3\*GB3③1?1（2）指數(shù)放縮：=1\*GB3①ex≥x+1；=2\*GB3②ex≥ex（y=x+1,y=ex為函數(shù)y=ex圖象的兩條切線）；=3\*GB3③ex≤11?x(x≤0)；=4\*GB3④ex≤?（3）對數(shù)放縮：=1\*GB3①1?1x≤lnx≤x?1；=2\*GB3②lnx≤x3；=3\*GB3③lnx≥?1ex；（y=x?1,y=xe為函數(shù)（4）指對放縮：e2.雙變元不等式的證明=1\*GB2⑴利用變元之間的關(guān)系消元，轉(zhuǎn)化為單變元不等式.如已知x1,x2為函數(shù)的極值點，得出x1=2\*GB2⑵換元法：將x1?x2或x(3)利用單調(diào)性：若函數(shù)fx在區(qū)間a,b上單調(diào)遞增,則fa≤fx≤f則fx1利用求最值的方法證明不等式時，對于函數(shù)最值點存在但無法確定的情況，可設(shè)出函數(shù)的隱零點x0，充分利用f'涉及極值點偏移問題時，可考慮對稱化構(gòu)造.【典例精講】例23(2023·新高考Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)=aex+a?x(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)證明：當(dāng)a>0時，例24(2023·新高考Ⅰ卷)已知函數(shù)fx=alnx?1(1)若f(x)是單調(diào)遞減函數(shù)，求a的取值范圍；(2)求證：當(dāng)0<x1<x例25(2022·四川省模擬)已知函數(shù)f(x)=a?ex?bx?1(a,b∈R,ab≠0)．

(1)討論f(x)的單調(diào)性；

(2)證明：當(dāng)x∈(0,π【拓展提升】練23(2023·河北省月考題)已知函數(shù)f(x)=ex?ax，g(x)=(1)討論f(x)的極值;(2)當(dāng)x>0時，求證：f(x)>g(x)．練24(2023·河北省月考題)已知函數(shù)f(x)=lnx?ax+1有兩個零點x1，x2，且(1)求a的取值范圍；(2)證明：e?(x2練25(2022·江蘇省模擬題)已知函數(shù)f(x)=lnx?x+1，g(x)=ex?1．

(1)求f(x)的最大值；

(2)當(dāng)x∈[2,+∞)時，證明：g(x)>2x(x?1)；

(3)證明：(1+1e2考點考點三導(dǎo)數(shù)在實際問題中的應(yīng)用【方法儲備】.利用導(dǎo)數(shù)解決實際問題的思路是：讀模、識模、建模、解模.【典例精講】例31(2022·江蘇省模擬題)如圖，某飛行器在4千米高空水平飛行，從距著陸點A的水平距離10千米處下降，已知下降飛行軌跡為某三次函數(shù)圖象的一部分，則下列函數(shù)模型適合題意的是

.(填序號)

(1)y=1125x3?35x例32(2023·山東省模擬題)（多選）寵物很可愛，但身上會有寄生蟲，小貓“墩墩”的主人每月定期給“墩墩”滴抹驅(qū)蟲劑.剛開始使用的時候，寄生蟲的數(shù)量還會繼續(xù)增加，隨著時間的推移，寄生蟲增加的幅度逐漸變小，到一定時間，寄生蟲數(shù)量開始減少.若已知使用驅(qū)蟲劑t小時后寄生蟲的數(shù)量大致符合函數(shù)f(t)=(t?47)e?t+50(0≤t<720)，f′(t)為f(t)的導(dǎo)數(shù)，則下列說法正確的是(

)A.驅(qū)蟲劑可以殺死所有寄生蟲

B.f′(100)表示t=100時，寄生蟲數(shù)量以52e?100的速度在減少

C.若存在a、b，a≠b，使f(a)=f(b)，則a+b<96

D.寄生蟲數(shù)量在t=48例33(2022·湖北省模擬題)連淮揚鎮(zhèn)高鐵高郵段為了減少營運對附近居民造成的噪音干擾，計劃在居民區(qū)的一側(cè)區(qū)域內(nèi)建一道“消音墻”，工程師在繪制建設(shè)規(guī)劃平面圖時發(fā)現(xiàn)，如果在圖中適當(dāng)位置建立平面直角坐標(biāo)系xOy，“消音墻”曲線(墻體建筑厚度忽略不計)可以近視地看作函數(shù)fx=ln(1)當(dāng)a=32時，求“消音墻”曲線上的點到(2)已知居民區(qū)均在所建平面直角坐標(biāo)系中x軸的下方，且位于x∈1,2(單位：千米)地段居民最為集中，經(jīng)環(huán)保部門測定，當(dāng)該段“消音墻”曲線上任意兩點連線的斜率都小于?1時，消音效果最佳.試問：當(dāng)實數(shù)【拓展提升】練31(2023·浙江省模擬題)環(huán)保生活，低碳出行，電動汽車正成為人們購車的熱門選擇．某型號的電動汽車在國道上進行測試，國道限速80km/h.經(jīng)多次測試得到該汽車每小時耗電量M(單位：Wh)與速度v0103070M0115022508050為了描述國道上該汽車每小時耗電量M與速度v的關(guān)系，現(xiàn)有以下三種函數(shù)模型供選擇：①M1(v)=120(1)當(dāng)0≤v≤80時，請選出你認(rèn)為最符合表格中所列數(shù)據(jù)的函數(shù)模型(需說明理由)，并求出相應(yīng)的函數(shù)解析式；(2)現(xiàn)有一輛同型號電動汽車從A地行駛到B地，其中高速上行駛200km，國道上行駛40km，若高速路上該汽車每小時耗電量N(單位：Wh)與速度v(單位：km練32(2022·廣東省模擬題)曲線y=ln(1+x)在x=0處的切線方程為y=f(x)，則f(x)=

.因此當(dāng)|x|很小時，ln(1+x)≈f(x)，由于ln2≈0.6931練33(2023·河北省月考題)廣東某民營企業(yè)主要從事美國的某品牌運動鞋的加工生產(chǎn)，按國際慣例以美元為結(jié)算貨幣，依據(jù)以往加工生產(chǎn)的數(shù)據(jù)統(tǒng)計分析，若加工產(chǎn)品訂單的金額為x萬美元，可獲得的加工費近似地為12ln2x+1萬美元，受美聯(lián)儲貨幣政策的影響，美元貶值，由于生產(chǎn)加工簽約和成品交付要經(jīng)歷一段時間，收益將因美元賠值而損失mx萬美元，其中m為該時段美元的貶值指數(shù)是m∈0,1，從而實際所得的加工費為(1)若某時期美元貶值指數(shù)m=1200，為確保企業(yè)實際所得加工費隨x的增加而增加，該企業(yè)加工產(chǎn)品訂單的金額(2)若該企業(yè)加工產(chǎn)品訂單的金額為x萬美元時共需要的生產(chǎn)成本為120x萬美元，已知該企業(yè)加工生產(chǎn)能力為x∈10,20(其中x為產(chǎn)品訂單的金額1.(2023·乙卷（文科）)函數(shù)f(x)=x3+ax+2存在3個零點，則a的取值范圍是．(

)A.(?∞,?2) B.(?∞,?3) C.2.(2023·廣東省月考題)對于函數(shù)f(x)，一次函數(shù)g(x)=ax+b，若f(x)?g(x)恒成立，則稱g(x)為函數(shù)f(x)的一個“線性覆蓋函數(shù)”.若函數(shù)g(x)=x?1是函數(shù)f(x)=sin2x?aex,x?0的一個“線性覆蓋函數(shù)”，則實數(shù)a的取值范圍是(

)A.[12?,?+∞) B.[1?,?+∞) C.[1?,?2]3.(2023·甲卷（理科）已知函數(shù)f(x)=ax?sinxcos(1)當(dāng)a=8時，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;(2)若f(x)<sin2x，求a的取值范圍．4.(2023·浙江省模擬題)(多選)兩個學(xué)校W1，W2開展節(jié)能活動，活動開始后兩學(xué)校的用電量W1t，W2t與時間t(天)的關(guān)系如圖所示，則一定有A.W1比W2節(jié)能效果好

B.W1的用電量在0,t0上的平均變化率比W2的用電量在0,t0【答案解析】【回歸教材】1.解：(1)f′(x)=(2x+1)(x?a)x，

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

故f(x)在(0,a)遞減，在(a,+∞)遞增；

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

令g(x)=x?x2?xlnx，(x>0)，則g′(x)=?2x?lnx在(0,+∞)遞減，

又g′(1e)=1?2e>0，g′(12)=ln2?1<0，

故存在x2.解：(1)由題設(shè)，f′(x)=(x?1)(e當(dāng)a≥0時，若x∈(?∞,1)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；若x∈(1,+∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)a<0時，令f′(x)=0，可得x=1或x=ln∴若a=?e2時，f′(x)=(x?1)(ex?e)≥0若a<?e2時，則ln(?2a)>1，故在(?∞,1)、(ln(?2a),+∞)時，f′(x)>0即f(x)單調(diào)遞增；在(1,若a>?e2時，則ln(?2a)<1，故在(?∞,ln(?2a))、(1,+∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；在((2)由aa+1知：a≥0，由(1)知：f(x)在(?∞,1)上遞減；在又f(1)=?e<0，f(2)=a，要使fx有兩個零點，則(?∞,1)、(1,+∞)只需保證x→?∞時，limx→?∞∴a>0，此時才能使fx∴aa+1綜上，a【考點歸納】例11：解：設(shè)函數(shù)Fx=xf(x)，因為函數(shù)f(x)=x2+x?1,x?0lnxx,x>0，所以函數(shù)Fx=xf(x)=x3+x2?x,x?0lnx,x>0．

因此函數(shù)g(x)=xf(x)?m有三個零點等價于：直線y=m與函數(shù)y=Fx的圖象有三個交點．

令Gx=x3+x2?xx?0，則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，則fα=41?4?4?1=?193．

令fx=0，得2tan3x+tan2x?1=0．

設(shè)tanx=t，若x∈(0,π4)∪(π2,3π4)，則t∈?∞,?1∪0,1

設(shè)gt=2例13解：(1)f(x)的定義域為(0,+∞)，f′(x)=2ax?1x=2ax2?1x，

當(dāng)a≤0時，f′(x)<0，f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減，無極值點;

當(dāng)a>0時，令f′(x)=0，得x=2a2a，x∈(0,2a2a)時，f′(x)<0，f(x)在(0,2a2a)上單調(diào)遞減;

x∈(2a2a,+∞)時，f′(x)>0，f(x)在(2a2a,+∞)上單調(diào)遞增，

故x=2a2a時，f(x)取得極小值．

綜上，當(dāng)a≤0時，f(x)無極值點;當(dāng)a>0時，f(x)有一個極小值點．

(2)?①由題意，方程ax2?lnx+1=0在(0,+∞)有兩個不等實根，

即a=lnx?1x2在(0,+∞)有兩個不等實根，

設(shè)g(x)=lnx?1x2，x∈(0,+∞)，且過點(e,0)，

則g′(x)=3?2lnxx3，

令g′(x)=0得，x=e32，

x∈(0,e32)時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，

x∈(e32,+∞)時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，

且x→0時，g(x)→?∞;x→+∞時，g(x)→0，

當(dāng)x=e32時，g(e32)=12e3，

故實數(shù)a的取值范圍為(0,12e3).

?②不妨設(shè)0<練11解：當(dāng)x>1時，f(x)=xelnx，f′(x)=lnx?1eln2x，

當(dāng)1<x<e時，f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>e時f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，

故x=e時，f(x)min=f(e)=1;當(dāng)x≤1時，f(x)=x3?3x+a，f′(x)=3x2?3，當(dāng)x=?1

時，f(x)有極大值f(?1)=2+a，

當(dāng)x=1時，f(1)=?2+a，作出f(x)=xelnx,x>1x3?3x+a,x?1的大致圖象如圖，

由題意知[f(x)]2?(t+2)f(x)+2t=0，

即(f(x)?2)(f(x)?t)=0有7個不同的實根，當(dāng)f(x)=2有三個根時，練12解：(1)f(x)的定義域為R，

當(dāng)a=0時，f(x)=ex?1(2x?1)，

f′(x)=ex?1(2x+1)，

令f′(x)=0，得x=?12，x(?∞,??(?f′?0+f(x)單調(diào)遞減?2單調(diào)遞增所以f(x)有極小值?2e設(shè)g(x)=ex?1(2x?1)，y=a(x?1)，

由(1)知，當(dāng)x<?12時，g(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x>?12時，g(x)單調(diào)遞增，

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

當(dāng)x<12時，g(x)<0，當(dāng)x>12時，g(x)>0

直線y=ax?a恒過定點(1,0)且斜率為a，

當(dāng)直線y=ax?a與y=g(x)相切時，設(shè)y=ax?a與y=g(x)切于點(x0,y0)，

則a=ex0?1(2x0+1)=ex0?1(2x0?1)練13解：(1)f′(x)=(x2?1)e(2)f(x)=0即(x?1)函數(shù)f(x)有兩個零點即函數(shù)g(x)=(x?1)g′(x)=(x?1)(2+1當(dāng)x<1時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x>1時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增．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?(x)=g(x)?g(2?x)(0<x<1)，則?′(x)=g′(x)+g′(2?x)=(x?1)(2+1因此?(x)單調(diào)遞減，則?(x)>?(1)=0.因此?(x1)>0即g(x2)>g(2?x1)，又x2因此x2>2?x例21解：當(dāng)x=0時，ax3?x2+4x+3=3，

當(dāng)0<x≤1時，ax3?x2+4x+3≥0可化為a≥1x?4x2?3x3，

設(shè)f(x)=1x?4x2?3x3，

則f′(x)=?1x2+8x3+9x4=?(x?9)(x+1)x4，

當(dāng)0<x≤1時，f′(x)>0，

則f(x)在(0,1]上單調(diào)遞增，

∴f(x)max=f(1)=?6，

∴a≥?6，例22解：設(shè)函數(shù)fx=x?x2+x3，

則f′x=1?2x+3x2=3x?132+23>0，

所以函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，

因為2x+8x3+a2e2x<4x2+aex+a3e3x，

所以2x?4x2+8x3<aex?a2e2x練21解：關(guān)于的不等式在上有解，

即在上有解，

設(shè)，

，恒成立，即f(x)在上為增函數(shù)，

．

故選C．練22解：(1)∵f′(x)=1x?a，x>0，

∴當(dāng)a?0時，f′(x)>0，即f(x)在(0,+∞)上是增函數(shù)．

當(dāng)a>0時，x∈(0,1a)時，f′(x)>0，則f(x)在(0,1a)上為增函數(shù)；

x∈(1a,+∞)時，f′(x)<0，則f(x)在(1a,+∞)上為減函數(shù)．

綜上所述，當(dāng)a?0時，f(x)的增區(qū)間為(0,+∞)；

當(dāng)a>0時，f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,1a)，f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(1a,+∞)；

(2)由已知f(x)+ax?2>k(1?2x)即為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，

則g′(x)=lnx?k，

當(dāng)k≤0時，g′(x)>0，故g(x)在(1,+∞)上為增函數(shù)，

由g(1)=?1?k+2k=k?1>0，則k>1，矛盾．

當(dāng)k>0時，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當(dāng)a=0時，f(x)在(?∞,+∞)當(dāng)a<0時aex<0，當(dāng)a>0時，令f′(x)=0，x=?lna，x∈x∈(?lna,故當(dāng)a≤0時f(x)在(?∞,+∞當(dāng)a>0時，f(x)在區(qū)間(?∞,(2)由(1)知當(dāng)a>0時，f(x)在區(qū)間(?∞,?lna)單調(diào)遞減，在區(qū)間令g(a)=ag′(a)=2a2?1a，令g′(a)=0，因為a>0，故a=22，g(a)在區(qū)間(0,2例24解：(1)fx=alnx?1ex(x>0)f′x=ax+1ex．

∵f(x)是單調(diào)遞減，

∴f′(x)≤0在(0,+∞)上恒成立．

∴a≤?xex，令?x=?xex，

?′x=x?1ex，

∴?(x)在(0,1)上遞減，在(1,+∞)上遞增，

∴?xmin=?1=?1e．

∴a≤?1e．

(2)由(1)知當(dāng)a=?1e時，f(x)在(0,+∞)上是減函數(shù)，

又∵0<x1<x2,∴f(x例25解：(1)解：f(x)的定義域為(?∞,+∞)，f’(x)=aex?b，

當(dāng)a>0，b<0時，f’(x)>0，則f(x)在(?∞,+∞)上單調(diào)遞增，

當(dāng)a>0，b>0時，令f’(x)>0，得x>lnba，令f’(x)<0，得x<lnba，

則f(x)在(?∞,lnba)上單調(diào)遞減，在(lnba,+∞)上單調(diào)遞增，

當(dāng)a<0，b>0時，f′(x)<0，則f(x)在(?∞,+∞)上單調(diào)遞減，

當(dāng)a<0，b<0時令f’(x)>0，得x<lnba，令f’(x)<0，得x>lnba，

則f(x)在(?∞,lnba)上單調(diào)遞增，在(lnba,+∞)上單調(diào)遞減，

綜上，當(dāng)a>0，b<0時，f(x)在(?∞,+∞)上單調(diào)遞增，

當(dāng)a>0，b>0時，f(x)在(?∞,lnba)上單調(diào)遞減，在(lnba,+∞)上單調(diào)遞增，

當(dāng)a<0，b>0時，f(x)在(?∞,+∞)上單調(diào)遞減，

當(dāng)a<0，b<0時，f(x)在(?∞,lnba)上單調(diào)遞增，在(lnba,+∞)單調(diào)遞減．

(2)證明：當(dāng)練23解：(1)函數(shù)f(x)的定義域為R，f′(x)=ex?a，

當(dāng)a≤0時.f′(x)>0，∴f(x)在R上單調(diào)遞增，

∴f(x)既無極大值也無極小值;

當(dāng)a>0時，當(dāng)x<lna時，f′(x)<0，當(dāng)x>lna時，f′(x)>0，

∴f(x)在區(qū)間(?∞,lna)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(lna,+∞)上單調(diào)遞增，

∴當(dāng)x=lna時f(x)取極小值f(lna)=a(1?lna)，無極大值．

綜上所述，當(dāng)a≤0時，f(x)既無極大值也無極小值;

當(dāng)a>0時，當(dāng)x=lna時，f(x)取極小值f(lna)=a(1?lna)，無極大值．

(2)證明：設(shè)?(x)=f(x)?g(x)=ex?e2lnx，

∴?′(x)=ex?e2x，

設(shè)m(x)=ex?e2x，∴m′(x)=ex+e2x2>0，

∴m(x)即練24解：(1)?f(x)=lnx?ax+1的定義域為(0,+∞)，f′(x)=1x?a=1?axx，

當(dāng)a≤0時，

f′(x)>0恒成立，所以f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，故f(x)不可能有兩個零點，故舍去;

當(dāng)a>0時，

令f′(x)>0，解得0<x<1a；令f′(x)<0，解得x>1a，

所以f(x)在(0,1a)上單調(diào)遞增，在(1a,+∞)上單調(diào)遞減，

所以f(x)max=f(1a)=ln1a，

要使f(x)有兩個零點，則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，則y=2lnm?2m+1，y′=2m?2=21?mm<0，

所以函數(shù)y=2lnm?2m+1在2,+∞上單調(diào)遞減，

所以y=2lnm?2m+1<2ln2?3<0，即f4a2<0，

所以當(dāng)0<a<1時，f(x)在(1e,1a)和(1a,4a2)上各有一個零點x2,x1，且x1>2x2，所以lnx1?ax1+1=0lnx2?ax2+1=0，由f(x)單調(diào)性知，當(dāng)x∈(x2,x1)時，f(x)?>0，當(dāng)x∈(x練25解：(1)解：∵f(x)=lnx?x+1

(x>0)，

∴f′(x)=1x?1=1?xx，

∴當(dāng)0<x<1時，f′(x)>0，x>1時，f′(x)<0，

∴f(x)≤f(1)=0，∴f(x)的最大值為0；

(2)證明：設(shè)?(x)=ex?1?2x(x?1)=ex?2x2+2x?1，

故?′(x)=ex?4x+2，令I(lǐng)(x)=ex?4x+2，

則I′(x)=ex?4，

x∈[2,+∞)時，I′(x)=ex?4≥e2?4>0，故?′(x)在[2,+∞)單調(diào)遞增，

故?′(x)≥?′(2)=e2?6>0，所以?(x)在[2,+∞)單調(diào)遞增，

故?(x)≥?(2)=e2?5>0恒成立，

故當(dāng)x∈[2,+∞)時：g(x)>2x(x?1)；

(3)證明：要證：(1+1e2?1)(1+1e3?1)…(1+1en?1)<53(n∈N?,n≥2)．

即證：ln(1+1e2?1)+ln例31解：由題圖可知此三次函數(shù)過原點所以設(shè)此函數(shù)為y=ax3+bx2+cxa≠0，

又函數(shù)過(?5,2)，(5,?2)，代入得?125a+25b?5c=2125a+25b+5c=?2?b=0,

∴y=ax3+cx，y′=3ax2+c由題圖得當(dāng)x=±5時y′=0即75a+c=0，①

將(?5,2)帶入y=ax3例32解：f′(t)=(48?t)e?t，故D正確；

可得f(t)在[0,48]單調(diào)遞增，在[48,720)單調(diào)遞減，

值域為[3,f(48)]，取不到0，故A錯誤；

f′(100)=?52e?100，故B正確；

借助函數(shù)的圖象可知，a+b2>48，即a+b>96，故例33解：(1)當(dāng)a=32時，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)↘極小值↗所以x=2時，f(x)min=f(2)=ln2+32，

“消音墻”所在曲線f(x)上的點到x軸的最近距離為(ln2+32)千米．

(2)在曲線f(x)，x∈[1,2]上任取兩點A(x1,f(x1))，B(x2,f(x2))，(1≤x1<x2≤2)，

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

則f(x1)?f(x2)>?(x1?x2)，即f(x1)+x1>f(x2)+練31解：(1)因為函數(shù)M2又M3所以函數(shù)M2(v)=1000?3故M1(v)=1由解得b=?4所以M1(2)由題意，高速路上的耗電量f(v)=N(v)×200當(dāng)v∈