江蘇省2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題四函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第3講函數(shù)導(dǎo)數(shù)的綜合問(wèn)題學(xué)案

第3講函數(shù)、導(dǎo)數(shù)的綜合問(wèn)題[考情考向分析]函數(shù)和導(dǎo)數(shù)的綜合問(wèn)題，主要是利用導(dǎo)數(shù)證明不等式問(wèn)題、函數(shù)零點(diǎn)問(wèn)題、函數(shù)的實(shí)際應(yīng)用問(wèn)題等，一般需要研究函數(shù)的單調(diào)性和最值問(wèn)題，注重?cái)?shù)學(xué)思想的考查．B級(jí)要求，題目難度較大．熱點(diǎn)一利用導(dǎo)數(shù)研究不等式問(wèn)題例1已知函數(shù)f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3.(1)對(duì)一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求實(shí)數(shù)a(2)求證：對(duì)一切x∈(0，＋∞)，lnx>eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)恒成立．(1)解由題意知2xlnx≥－x2＋ax－3對(duì)一切x∈(0，＋∞)恒成立，則a≤2lnx＋x＋eq\f(3,x).設(shè)h(x)＝2lnx＋x＋eq\f(3,x)(x>0)，則h′(x)＝eq\f(x＋3x－1,x2)，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，所以h(x)min＝h(1)＝4.因?yàn)閷?duì)一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x所以a≤h(x)min＝4，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，4]．(2)證明問(wèn)題等價(jià)于證明xlnx>eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x∈(0，＋∞))恒成立．又f(x)＝xlnx，f′(x)＝lnx＋1，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e).設(shè)m(x)＝eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x∈(0，＋∞))，則m′(x)＝eq\f(1－x,ex)，易知m(x)max＝m(1)＝－eq\f(1,e)，從而對(duì)一切x∈(0，＋∞)，lnx>eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)恒成立．思維升華利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問(wèn)題，首先要構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，進(jìn)而得出相應(yīng)的含參不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；也可以分離變量，構(gòu)造函數(shù)，直接把問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問(wèn)題．跟蹤演練1已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2＋x，a∈R.(1)若f(1)＝0，求函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間；(2)若關(guān)于x的不等式f(x)≤ax－1恒成立，求整數(shù)a的最小值．解(1)因?yàn)閒(1)＝1－eq\f(a,2)＝0，所以a＝2，此時(shí)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?yàn)閤>0，所以x>1.所以f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(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，問(wèn)題等價(jià)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.設(shè)h(x)＝－eq\f(1,2)x－lnx(x＞0)，因?yàn)閔′(x)＝－eq\f(1,2)－eq\f(1,x)<0，所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，不妨設(shè)－eq\f(1,2)x－lnx＝0的根為x0.當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，g′(x)>0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，g′(x)<0，所以g(x)在(0，x0)上是增函數(shù)，在(x0，＋∞)上是減函數(shù)，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?yàn)閔eq\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，此時(shí)1<eq\f(1,x0)<2，即g(x)max∈(1,2)，所以a≥2，即整數(shù)a的最小值為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).當(dāng)a≤0時(shí)，因?yàn)閤>0，所以g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)．又因?yàn)間(1)＝ln1－eq\f(1,2)a＋(1－a)＋1＝－eq\f(3,2)a＋2>0，所以關(guān)于x的不等式f(x)≤ax－1不能恒成立．當(dāng)a>0時(shí)，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).所以當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時(shí)，g′(x)>0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時(shí)，g′(x)<0，因此函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上是增函數(shù)，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上是減函數(shù)．故函數(shù)g(x)的最大值為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?yàn)閔(1)＝eq\f(1,2)>0，h(2)＝eq\f(1,4)－ln2<0，又h(a)在(0，＋∞)上是減函數(shù)，所以當(dāng)a≥2時(shí)，h(a)<0，所以整數(shù)a的最小值為2.熱點(diǎn)二利用導(dǎo)數(shù)研究實(shí)際應(yīng)用問(wèn)題例2(2015·江蘇)某山區(qū)外圍有兩條相互垂直的直線型公路，為進(jìn)一步改善山區(qū)的交通現(xiàn)狀，計(jì)劃修建一條連接兩條公路和山區(qū)邊界的直線型公路．記兩條相互垂直的公路為l1，l2，山區(qū)邊界曲線為C，計(jì)劃修建的公路為l.如圖所示，M，N為C的兩個(gè)端點(diǎn)，測(cè)得點(diǎn)M到l1，l2的距離分別為5千米和40千米，點(diǎn)N到l1，l2的距離分別為20千米和，以l2，l1所在的直線分別為x，y軸，建立平面直角坐標(biāo)系xOy，假設(shè)曲線C符合函數(shù)y＝eq\f(a,x2＋b)(其中a，b為常數(shù))模型．(1)求a，b的值；(2)設(shè)公路l與曲線C相切于P點(diǎn)，P的橫坐標(biāo)為t.①請(qǐng)寫(xiě)出公路l長(zhǎng)度的函數(shù)解析式f(t)，并寫(xiě)出其定義域；②當(dāng)t為何值時(shí)，公路l的長(zhǎng)度最短？求出最短長(zhǎng)度．解(1)由題意知，點(diǎn)M，N的坐標(biāo)分別為(5,40)，(20,2.5)．將其分別代入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)，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(1000,t2)))，設(shè)在點(diǎn)P處的切線l交x，y軸分別于A，B點(diǎn)，又y′＝－eq\f(2000,x3)，則l的方程為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設(shè)g(t)＝t2＋eq\f(4×106,t4)，則g′(t)＝2t－eq\f(16×106,t5).令g′(t)＝0，解得t＝10eq\r(2).當(dāng)t∈(5,10eq\r(2))時(shí)，g′(t)＜0，g(t)是減函數(shù)；當(dāng)t∈(10eq\r(2)，20)時(shí)，g′(t)＞0，g(t)是增函數(shù)．所以當(dāng)t＝10eq\r(2)時(shí)，函數(shù)g(t)有極小值，也是最小值，所以g(t)min＝300，此時(shí)f(t)min＝15eq\r(3).答當(dāng)t＝10eq\r(2)時(shí)，公路l的長(zhǎng)度最短，最短長(zhǎng)度為15eq\r(3)千米．思維升華利用導(dǎo)數(shù)解決實(shí)際應(yīng)用問(wèn)題的一般步驟(1)建模：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(xiě)出實(shí)際問(wèn)題中變量之間的函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)＝f(x)．(2)求導(dǎo)：求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f′(x)，解方程f′(x)＝0.(3)求最值：比較函數(shù)在區(qū)間端點(diǎn)和使f′(x)＝0的點(diǎn)的函數(shù)值的大小，最大(小)者為最大(小)值．(4)結(jié)論：回歸實(shí)際問(wèn)題作答．跟蹤演練2如圖所示，建立平面直角坐標(biāo)系xOy，x軸在地平面上，y軸垂直于地平面，單位長(zhǎng)度為1km，某炮位于坐標(biāo)原點(diǎn)．已知炮彈發(fā)射后的軌跡在方程y＝kx－eq\f(1,20)(1＋k2)x2(k>0)表示的曲線上，其中k與發(fā)射方向有關(guān)．炮的射程是指炮彈落地點(diǎn)的橫坐標(biāo)．(1)求炮的最大射程；(2)設(shè)在第一象限有一飛行物(忽略其大小)，其飛行高度為3.2km，試問(wèn)它的橫坐標(biāo)a不超過(guò)多少時(shí)，炮彈可以擊中它？請(qǐng)說(shuō)明理由．解(1)令y＝0，得kx－eq\f(1,20)(1＋k2)x2＝0.由實(shí)際意義和題設(shè)條件知x>0，k>0，故x＝eq\f(20k,1＋k2)＝eq\f(20,k＋\f(1,k))≤eq\f(20,2)＝10，當(dāng)且僅當(dāng)k＝1時(shí)取等號(hào)．所以炮的最大射程為10km.答炮的最大射程為10km.(2)因?yàn)閍>0，所以炮彈可擊中目標(biāo)?存在k>0，使3.2＝ka－eq\f(1,20)(1＋k2)a2成立?關(guān)于k的方程a2k2－20ak＋a2＋64＝0有正根?Δ＝(－20a)2－4a2(a2＋64)≥0?0<a≤6.所以當(dāng)a不超過(guò)6km時(shí)，可擊中目標(biāo)．答當(dāng)橫坐標(biāo)a不超過(guò)6km時(shí)，炮彈可以擊中飛行物．熱點(diǎn)三利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題例3已知函數(shù)f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－2(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，a∈R)．(1)判斷曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與曲線y＝g(x)的公共點(diǎn)個(gè)數(shù)；(2)當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))時(shí)，若函數(shù)y＝f(x)－g(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍．解(1)f′(x)＝lnx＋1，所以切線斜率k＝f′(1)＝1.又f(1)＝0，所以曲線在點(diǎn)(1,0)處的切線方程為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當(dāng)Δ＞0，即a＜－1或a＞3時(shí)，有兩個(gè)公共點(diǎn)；當(dāng)Δ＝0，即a＝－1或a＝3時(shí)，有一個(gè)公共點(diǎn)；當(dāng)Δ＜0，即－1＜a＜3時(shí)，沒(méi)有公共點(diǎn)．(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))，則h′(x)＝eq\f(x－1x＋2,x2).當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))時(shí)，由h′(x)＝0，得x＝1.所以h(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上單調(diào)遞減，在[1，e]上單調(diào)遞增，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，比較可知heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＞h(e)，所以，結(jié)合函數(shù)圖象，可得當(dāng)3＜a≤e＋eq\f(2,e)＋1時(shí)，函數(shù)y＝f(x)－g(x)有兩個(gè)零點(diǎn)．思維升華(1)研究函數(shù)圖象的交點(diǎn)、方程的根、函數(shù)的零點(diǎn)，歸根到底還是研究函數(shù)的圖象，如單調(diào)性、值域、與x軸的交點(diǎn)等．(2)由函數(shù)零點(diǎn)求參數(shù)范圍，一般要根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，結(jié)合函數(shù)圖象，構(gòu)造滿足問(wèn)題的不等式求解．跟蹤演練3已知函數(shù)f(x)＝2lnx－x2＋ax(a∈R)．(1)當(dāng)a＝2時(shí)，求f(x)的圖象在x＝1處的切線方程；(2)若函數(shù)g(x)＝f(x)－ax＋m在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．解(1)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝2lnx－x2＋2x(x＞0)，f′(x)＝eq\f(2,x)－2x＋2，切點(diǎn)坐標(biāo)為(1,1)，切線的斜率k＝f′(1)＝2，則切線方程為y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.(2)g(x)＝2lnx－x2＋m，則g′(x)＝eq\f(2,x)－2x＝eq\f(－2x＋1x－1,x).因?yàn)閤∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，所以當(dāng)g′(x)＝0時(shí)，x＝1.當(dāng)eq\f(1,e)<x<1時(shí)，g′(x)>0；當(dāng)1<x<e時(shí)，g′(x)<0.故g(x)在x＝1處取得極大值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，則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))上有兩個(gè)零點(diǎn)的條件是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)，所以實(shí)數(shù)m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，2＋\f(1,e2))).1．(2018·江蘇)某農(nóng)場(chǎng)有一塊農(nóng)田，如圖所示，它的邊界由圓O的一段圓弧MPN(P為此圓弧的中點(diǎn))和線段MN構(gòu)成．已知圓O的半徑為40米，點(diǎn)P到MN的距離為50米．現(xiàn)規(guī)劃在此農(nóng)田上修建兩個(gè)溫室大棚，大棚Ⅰ內(nèi)的地塊形狀為矩形ABCD，大棚Ⅱ內(nèi)的地塊形狀為△CDP，要求A，B均在線段MN上，C，D均在圓弧上．設(shè)OC與MN所成的角為θ.(1)用θ分別表示矩形ABCD和△CDP的面積，并確定sinθ的取值范圍；θ為何值時(shí)，能使甲、乙兩種蔬菜的年總產(chǎn)值最大．解(1)如圖，設(shè)PO的延長(zhǎng)線交MN于點(diǎn)H，則PH⊥MN，所以O(shè)H＝10.過(guò)點(diǎn)O作OE⊥BC于點(diǎn)E，則OE∥MN，所以∠COE＝θ，故OE＝40cosθ，EC＝40sinθ，則矩形ABCD的面積為2×40cosθ·(40sinθ＋10)＝800(4sinθcosθ＋cosθ)，△CDP的面積為eq\f(1,2)×2×40cosθ(40－40sinθ)＝1600(cosθ－sinθcosθ)．過(guò)點(diǎn)N作GN⊥MN，分別交圓弧和OE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G和K，則GK＝KN＝10.令∠GOK＝θ0，則sinθ0＝eq\f(1,4)，θ0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))).當(dāng)θ∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ0，\f(π,2)))時(shí)，才能作出滿足條件的矩形ABCD，所以sinθ的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1)).答矩形ABCD的面積為800(4sinθcosθ＋cosθ)平方米，△CDP的面積為1600(cosθ－sinθcosθ)平方米，sinθ的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1)).(2)因?yàn)榧住⒁覂煞N蔬菜的單位面積年產(chǎn)值之比為4∶3，設(shè)甲的單位面積的年產(chǎn)值為4k，乙的單位面積的年產(chǎn)值為3k(k＞0)，則年總產(chǎn)值為4k×800(4sinθcosθ＋cosθ)＋3k×1600(cosθ－sinθcosθ)＝8000k(sinθcosθ＋cosθ)，θ∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ0，\f(π,2))).設(shè)f(θ)＝sinθcosθ＋cosθ，θ∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ0，\f(π,2)))，則f′(θ)＝cos2θ－sin2θ－sinθ＝－(2sin2θ＋sinθ－1)＝－(2sinθ－1)(sinθ＋1)．令f′(θ)＝0，得θ＝eq\f(π,6)，當(dāng)θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ0，\f(π,6)))時(shí)，f′(θ)＞0，所以f(θ)為增函數(shù)；當(dāng)θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))時(shí)，f′(θ)＜0，所以f(θ)為減函數(shù)，因此，當(dāng)θ＝eq\f(π,6)時(shí)，f(θ)取到最大值．答當(dāng)θ＝eq\f(π,6)時(shí)，能使甲、乙兩種蔬菜的年總產(chǎn)值最大．2．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ax,ex)在x＝0處的切線方程為y＝x.(1)求實(shí)數(shù)a的值；(2)若對(duì)任意的x∈(0,2)，都有f(x)<eq\f(1,k＋2x－x2)成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．解(1)由題意得f′(x)＝eq\f(a1－x,ex)，因?yàn)楹瘮?shù)在x＝0處的切線方程為y＝x，所以f′(0)＝1，解得a＝1.(2)由題意知f(x)＝eq\f(x,ex)<eq\f(1,k＋2x－x2)對(duì)任意x∈(0,2)都成立，所以k＋2x－x2>0，即k>x2－2x對(duì)任意x∈(0,2)都成立，從而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，當(dāng)x∈(1,2)時(shí)，g′(x)>0，函數(shù)g(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，同理可得函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減．所以k<g(x)min＝g(1)＝e－1.綜上所述，實(shí)數(shù)k的取值范圍是[0，e－1)．A組專題通關(guān)1．設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x＜0時(shí)，f′(x)＞0，且f(0)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝0，則不等式f(x)＜0的解集為_(kāi)_______________．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)))解析如圖所示，根據(jù)圖象，得不等式f(x)＜0的解集為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，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_______．答案(－∞，4]解析條件可轉(zhuǎn)化為a≤2lnx＋x＋eq\f(3,x)恒成立．設(shè)f(x)＝2lnx＋x＋eq\f(3,x)，則f′(x)＝eq\f(x＋3x－1,x2)(x＞0)．當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)min＝fa≤4.3．函數(shù)f(x)＝2x＋x3－2在區(qū)間(0,1)內(nèi)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是________．答案1解析因?yàn)閒′(x)＝2xln2＋3x2>0，所以函數(shù)f(x)＝2x＋x3－2在(0,1)上單調(diào)遞增，且f(0)＝1＋0－2＝－1<0，ff(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)有1個(gè)零點(diǎn)．4．若存在正數(shù)x使2x(x－a)＜1成立，則a的取值范圍是________．答案(－1，＋∞)解析∵2x(x－a)＜1，∴a＞x－eq\f(1,2x).令f(x)＝x－eq\f(1,2x)，則f′(x)＝1＋2－xln2＞0.∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(x)＞f(0)＝0－1＝－1，∴a的取值范圍是(－1，＋∞)．5．關(guān)于x的方程x3－3x2－a＝0有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是__________．答案(－4,0)解析由題意知使函數(shù)f(x)＝x3－3x2－a的極大值大于0且極小值小于0即可，又f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2，當(dāng)x<0時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)0<x<2時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>2時(shí)，f′(x)>0，所以當(dāng)x＝0時(shí)，f(x)取得極大值，即f(x)極大值＝f(0)＝－a；當(dāng)x＝2時(shí)，f(x)取得極小值，即f(x)極小值＝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．已知函數(shù)f(x)＝x3－3x2－9x＋3，若函數(shù)g(x)＝f(x)－m在x∈[－2,5]上有3個(gè)零點(diǎn)，則m的取值范圍為_(kāi)_______．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.當(dāng)x∈[－2，－1)時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(－1,3)時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(3,5]時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增．所以函數(shù)f(x)的極小值為f(3)＝－24，極大值為f(－1)＝8.而f(－2)＝1，f(5)＝8，函數(shù)圖象大致如圖所示．故要使方程g(x)＝f(x)－m在x∈[－2,5]上有3個(gè)零點(diǎn)，只需函數(shù)f(x)在[－2,5]內(nèi)的函數(shù)圖象與直線y＝m有3個(gè)交點(diǎn)，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的解集為P，若[0,2]?P，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．答案(－∞，e－1)解析由題意知不等式ex－x＞ax在x∈[0,2]上恒成立．當(dāng)x＝0時(shí)，顯然對(duì)任意實(shí)數(shù)a，該不等式都成立．當(dāng)x∈(0,2]時(shí)，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))，則g′(x)＝eq\f(exx－1,x2)，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)1＜x＜2時(shí)，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增，故g(x)在(0,2]上的最小值為g(1)＝e－1，故a的取值范圍為(－∞，e－1)．8．若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－x在(t,8－t2)上有最大值，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是________．答案(－3，－eq\r(6)]解析因?yàn)閒′(x)＝x2－1，所以當(dāng)x∈(－∞，－1)和(1，＋∞)時(shí)，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(－1,1)時(shí)，f(x)單調(diào)遞減，故x＝－1是函數(shù)f(x)的極大值點(diǎn)．又函數(shù)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，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(8－t2)≤f(2)，從而t<－1<8－t2≤2，得－3<t≤－eq\r(6).9．已知函數(shù)f(x)＝lnx＋x2－ax(a為常數(shù))．(1)若x＝1是函數(shù)f(x)的一個(gè)極值點(diǎn)，求a的值；(2)當(dāng)0＜a≤2時(shí)，試判斷f(x)的單調(diào)性；(3)若對(duì)任意的a∈(1,2)，x0∈[1,2]，不等式f(x0)＞mlna恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．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，經(jīng)驗(yàn)證符合題意．(2)當(dāng)0＜a≤2時(shí)，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?yàn)?＜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，＋∞)上是增函數(shù)．(3)當(dāng)a∈(1,2)時(shí)，由(2)知，f(x)在[1,2]上的最小值為f(1)＝1－a，故問(wèn)題等價(jià)于對(duì)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．記g(a)＝eq\f(1－a,lna)(1＜a＜2)，則g′(a)＝eq\f(－alna－1＋a,alna2).令M(a)＝－alna－1＋a，則M′(a)＝－lna＜0，所以M(a)在(1,2)上單調(diào)遞減，所以M(a)＜M(1)＝0，故g′(a)＜0，所以g(a)＝eq\f(1－a,lna)在(1,2)上單調(diào)遞減，所以g(a)＞g(2)＝eq\f(1－2,ln2)＝－log2e，所以m≤－log2e，即實(shí)數(shù)m的取值范圍為(－∞，－log2e]．10．一家公司計(jì)劃生產(chǎn)某種小型產(chǎn)品的月固定成本為1萬(wàn)元，每生產(chǎn)1萬(wàn)件需要再投入2萬(wàn)元，設(shè)該公司一個(gè)月生產(chǎn)該小型產(chǎn)品x萬(wàn)件并全部銷售完，每萬(wàn)件的銷售收入為(4－x)萬(wàn)元，且每萬(wàn)件國(guó)家給予補(bǔ)助eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2e－\f(2elnx,x)－\f(1,x)))萬(wàn)元(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，e是一個(gè)常數(shù))．(1)寫(xiě)出月利潤(rùn)f(x)(萬(wàn)元)關(guān)于月產(chǎn)量x(萬(wàn)件)的函數(shù)解析式；(2)當(dāng)月產(chǎn)量在[1,2e]萬(wàn)件時(shí)，求該公司在生產(chǎn)這種小型產(chǎn)品中所獲得的月利潤(rùn)最大值(萬(wàn)元)及此時(shí)的月產(chǎn)量值(萬(wàn)件)(注：月利潤(rùn)＝月銷售收入＋月國(guó)家補(bǔ)助－月總成本)解(1)由月利潤(rùn)＝月銷售收入＋月國(guó)家補(bǔ)助－月總成本，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的定義域?yàn)閇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.當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況列表如下：x[1，e)e(e,2e]f′(x)＋0－f(x)極大值f(e)由上表得f(x)＝－x2＋2(e＋1)x－2elnx－2在定義域[1,2e]上的最大值為f(e)，且f(e)＝e2－2.答當(dāng)月產(chǎn)量在[1,2e]萬(wàn)件時(shí)，該公司在生產(chǎn)這種小型產(chǎn)品中所獲得的月利潤(rùn)最大值為e2－2(萬(wàn)元)，此時(shí)的月產(chǎn)量值為e萬(wàn)件．B組能力提高11．已知函數(shù)f(x)＝lnx＋(e－a)x－b，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．若不等式f(x)≤0恒成立，則eq\f(b,a)的最小值為_(kāi)_______．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，當(dāng)e－a≥0，即a≤e時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且x→＋∞，f(x)→＋∞，此時(shí)f(x)≤0不可能恒成立；當(dāng)e－a<0，即a>e時(shí)，由f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,a－e)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a－e)))時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－e)，＋∞))時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，此時(shí)f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－e)))＝－ln(a－e)－1－b≤0，則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，則eq\f(b,a)≥eq\f(－lnt－1,t＋e)，t>0.令g(t)＝eq\f(－lnt－1,t＋e)，t>0，則g′(t)＝eq\f(lnt－\f(e,t),t＋e2)，由g′(t)＝0，得t＝e，且當(dāng)t∈(0，e)時(shí)，g′(t)<0，g(t)單調(diào)遞減；當(dāng)t∈(e，＋∞)時(shí)，g′(t)>0，g(t)單調(diào)遞增，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)的最小值為－eq\f(1,e).12．若曲線C1：y＝ax2(a>0)與曲線C2：y＝ex在(0，＋∞)上存在公共點(diǎn)，則a的取值范圍為_(kāi)___________．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,4)，＋∞))解析由題意知方程ax2＝ex(a>0)在(0，＋∞)上有解，則a＝eq\f(ex,x2)，x∈(0，＋∞)，令f(x)＝eq\f(ex,x2)，x∈(0，＋∞)，則f′(x)＝eq\f(xex－2ex,x3)，x∈(0，＋∞)，由f′(x)＝0得x＝2，當(dāng)0<x<2時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x2)在區(qū)間(0,2)上是減函數(shù)，當(dāng)x>2時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x2)在區(qū)間(2，＋∞)上是增函數(shù)，所以當(dāng)x＝2時(shí)，函數(shù)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．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,|x|)，關(guān)于x的方程f2(x)－2af(x)＋a－1＝0(a∈R)有3個(gè)相異的實(shí)數(shù)根，則a的取值范圍是________．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，))當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)＝eq\f(exx－1,x2)，當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)f(x)取得極小值f(1)＝e，當(dāng)x<0時(shí)，f′(x)＝－eq\f(exx－1,x2)＞0，函數(shù)單調(diào)遞增，如圖，畫(huà)出函數(shù)的圖象，設(shè)t＝f(x)，當(dāng)t＞e時(shí)，t＝f(x)有3個(gè)實(shí)根，當(dāng)t＝e時(shí)，t＝f(x)有2個(gè)實(shí)根，當(dāng)0<t<e時(shí)，t＝f(x)有1個(gè)實(shí)根，考慮到原方程的判別式大于零恒成立，所以原方程等價(jià)于t2－2at＋a－1＝0有2個(gè)相異實(shí)根，其中t1＝e，t2∈(0，e)，當(dāng)t＝e時(shí)，e2－2ae＋a－1＝0，解得a＝eq\f(e2－1,2e－1)，檢驗(yàn)滿足條件．14．已知不等式(m－n)2＋(m－lnn＋λ)2≥2對(duì)任意m∈R，n∈(0，＋∞)恒成立，則實(shí)數(shù)λ的取值范圍為_(kāi)_______．答案[1，＋∞)解析(m－n)2＋(m－lnn＋λ)2表示點(diǎn)(m，m＋λ)與點(diǎn)(n，lnn)之間的距離的平方，而點(diǎn)(m，m＋λ)在直線y＝x＋λ上，點(diǎn)(n，lnn)在曲線y＝lnx上，則直線y＝x＋λ上的點(diǎn)與曲線y＝lnx上的點(diǎn)之間的最小距離大于等于eq\r(2)，則直線一定在曲線上方，則λy＝lnx的切線斜率為1時(shí)，y′＝eq\f(1,x)＝1，得x＝1，