专题2.13 导数的综合应用-2022年高考数学一轮复习核心素养大揭秘学案

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【考纲要求】
1. 利用导数研究函数的单调性、极(最)值，并会解决与之有关的方程(不等式)问题．
2．会利用导数解决实际问题.
【命题趋势】
考查导数在研究函数中的应用，并应用导数的方法探求一些与不等式、函数、数列有关的综合问题，综合性较强，常作为压轴题出现，题目难度较大
【核心素养】
本讲内容主要考查数学运算、逻辑推理、数学建模的核心素养。
【真题体验】
1．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数.
（1）讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；
（2）设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y=lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线的切线.
【答案】（1）函数在和上是单调增函数，证明见解析；
（2）见解析.
【解析】（1）f（x）的定义域为（0，1）（1，+∞）．
因为，所以在（0，1），（1，+∞）单调递增．
因为f（e）=，，所以f（x）在（1，+∞）有唯一零点x1，
即f（x1）=0．又，，故f（x）在（0，1）有唯一零点．
综上，f（x）有且仅有两个零点．
（2）因为，故点B（–lnx0，）在曲线y=ex上．
由题设知，即，故直线AB的斜率．
曲线y=ex在点处切线的斜率是，曲线在点处切线的斜率也是，
所以曲线在点处的切线也是曲线y=ex的切线．
【名师点睛】本题考查了利用导数求已知函数的单调性、考查了曲线的切线方程，考查了数学运算能力.
2.【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数，为的导数．证明：
（1）在区间存在唯一极大值点；
（2）有且仅有2个零点．
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】（1）设，则，.
当时，单调递减，而，可得在有唯一零点，设为.则当时，；当时，.
所以在单调递增，在单调递减，故在存在唯一极大值点，即在存在唯一极大值点.
（2）的定义域为.
（i）当时，由（1）知，在单调递增，而，所以当时，，故在单调递减，又，从而是在的唯一零点.
（ii）当时，由（1）知，在单调递增，在单调递减，而，，所以存在，使得，且当时，；当时，.故在单调递增，在单调递减.
又，，所以当时，.从而，在没有零点.
（iii）当时，，所以在单调递减.而，，所以在有唯一零点.
（iv）当时，，所以<0，从而在没有零点.
综上，有且仅有2个零点.
【名师点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在性定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.
3. 【2019年高考江苏】设函数、为f（x）的导函数．
（1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值；
（2）若a≠b，b=c，且f（x）和的零点均在集合中，求f（x）的极小值；
（3）若，且f（x）的极大值为M，求证:M≤．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析.
【解析】（1）因为，所以．
因为，所以，解得．
（2）因为，所以，
从而．令，得或．
因为都在集合中，且，所以．
此时，．令，得或．列表如下：
所以的极小值为．
（3）因为，所以，
．
因为，所以，
则有2个不同的零点，设为．
由，得．
列表如下：
所以的极大值．
解法一：
．因此．
解法二：
因为，所以．
当时，．
令，则．
令，得．列表如下：
所以当时，取得极大值，且是最大值，故．
所以当时，，因此．
【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力．
4.【2018年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数．
（1）若，证明：当时，；
（2）若在只有一个零点，求．
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】（1）当时，等价于．
设函数，则．
当时，，所以在单调递减．
而，故当时，，即．
（2）设函数．
在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．
（i）当时，，没有零点；
（ii）当时，．
当时，；当时，．
所以在单调递减，在单调递增．
故是在的最小值．
①若，即，在没有零点；
②若，即，在只有一个零点；
③若，即，由于，所以在有一个零点，
由（1）知，当时，，所以．
故在有一个零点，因此在有两个零点．
综上，在只有一个零点时，．
【名师点睛】利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法：
（1）利用零点存在性定理构建不等式（组）求解；
（2）分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解；
（3）转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.
5. 【2018年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数．
（1）若，证明：当时，；当时，；
（2）若是的极大值点，求．
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】（1）当时，，.
设函数，则.
当时，；当时，.
故当时，，且仅当时，，
从而，且仅当时，.
所以在单调递增.
又，故当时，；当时，.
（2）（i）若，由（1）知，当时，，这与是的极大值点矛盾.
（ii）若，设函数.
由于当时，，故与符号相同.
又，故是的极大值点当且仅当是的极大值点.
.
如果，则当，且时，，故不是的极大值点.
如果，则存在根，故当，且时，，所以不是的极大值点.
如果，则.则当时，；当时，.所以是的极大值点，从而是的极大值点
综上，.
【名师点睛】本题考查函数与导数的综合应用，第一问利用函数的单调性证明不等式，第二问分类讨论和，当时构造函数是解题的关键，并利用导数讨论函数的性质，本题难度较大.
6. 【2017年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数.
（1）若，求a的值；
（2）设m为整数，且对于任意正整数n，，求m的最小值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）的定义域为.
①若，因为，所以不满足题意；
②若，由知，
当时，；
当时，，
所以在单调递减，在单调递增，
故x=a是在的唯一最小值点.
由于，所以当且仅当a=1时，.
故a=1.
（2）由（1）知当时，.
令得.从而
.
故.
而，所以的最小值为.
【名师点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出.本专题在高考中的命题方向及命题角度：从高考来看，对导数的应用的考查主要有以下几个角度：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用．
【考法拓展•题型解码】
考法一 利用导数解决生活中的优化问题
答题模板：利用导数解决生活中的优化问题的步骤
(1)分析实际问题中各个量之间的关系，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)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0.
(3)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)回归实际问题回答解决方案．
注意：解决此类问题要根据实际问题的意义确定函数定义域．
【例1】 某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)．
(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；
(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．
【答案】见解析
【解析】(1)因为蓄水池侧面的总成本为100×2πrh＝200πrh元，底面的总成本为160πr2元，所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．又根据题意得200πrh＋160πr2＝12 000π，所以h＝eq \f(1,5r)(300－4r2)，从而V(r)＝πr2h＝eq \f(π,5)(300r－4r3)．由h>0，且r>0可得0(2)因为V(r)＝eq \f(π,5)(300r－4r3)，所以V′(r)＝eq \f(π,5)(300－12r2)．令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(舍去)．
当r∈(0,5)时，V′(r)>0，故V(r)在(0,5)上为增函数；
当r∈(5,5eq \r(3))时，V′(r)<0，故V(r)在(5,5eq \r(3))上为减函数．
由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8，即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．
考法二 利用导数研究函数的零点或方程的根
归纳总结：
(1)研究函数零点(方程根)的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．
(2)解决由函数零点(方程根)的存在情况求参数的值或取值范围问题，关键是利用函数方程思想或数形结合思想，构建关于参数的方程或不等式求解．
【例2】 (2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－a(x2＋x＋1)．
(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)只有一个零点．
【答案】见解析
【解析】 (1)当a＝3时，f(x)＝eq \f(1,3)x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.令f′(x)＝0，解得x＝3－2eq \r(3)或x＝3＋2eq \r(3).当x∈(－∞，3－2eq \r(3))∪(3＋2eq \r(3)，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(3－2eq \r(3)，3＋2eq \r(3))时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，3－2eq \r(3))，(3＋2eq \r(3)，＋∞)单调递增，在(3－2eq \r(3)，3＋2eq \r(3))单调递减．
(2)证明：因为x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等价于eq \f(x3,x2＋x＋1)－3a＝0.设g(x)＝eq \f(x3,x2＋x＋1)－3a，则g′(x)＝eq \f(x2x2＋2x＋3,x2＋x＋12)≥0，仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增．故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．又f(3a－1)＝－6a2＋2a－eq \f(1,3)＝－6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,6)))2－eq \f(1,6)<0，f(3a＋1)＝eq \f(1,3)>0，故f(x)有一个零点．综上，f(x)只有一个零点．
【例3】 (2019·武邑中学调研)已知函数f(x)＝eq \f(a,6)x3－eq \f(a,4)x2－ax－2的图象过点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(10,3))).
(1)求函数f(x)的单调增区间；
(2)若函数g(x)＝f(x)－2m＋3有3个零点，求m的取值范围．
【答案】见解析
【解析】 (1)因为f(x)＝eq \f(a,6)x3－eq \f(a,4)x2－ax－2的图象过点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(10,3)))，所以eq \f(32a,3)－4a－4a－2＝eq \f(10,3)，解得a＝2，即f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(1,2)x2－2x－2，所以f′(x)＝x2－x－2.由f′(x)>0得x<－1或x>2.所以函数f(x)的单调增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞)．
(2)由(1)知f(x)极大值＝f(－1)＝－eq \f(1,3)－eq \f(1,2)＋2－2＝－eq \f(5,6)，f(x)极小值＝f(2)＝eq \f(8,3)－2－4－2＝－eq \f(16,3)，由数形结合可知要使函数g(x)＝f(x)－2m＋3有三个零点，则－eq \f(16,3)<2m－3<－eq \f(5,6)，解得－eq \f(7,6)考法三 利用导数证明不等式
解题技巧：利用导数证明不等式的解题策略
(1)证明f(x)(2)证明f(x)>g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)>0，并同时有F(a)≥0，由增函数的定义可知，x∈(a，b)时，有F(x)>0，即证明了f(x)>g(x)．
(3)在证明过程中，一个重要技巧就是找到函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点，这往往就是解决问题的一个突破口．
【例4】 已知函数f(x)＝xex，g(x)＝eq \f(ln x,x).
(1)求函数f(x)的极值；
(2)当x＞0时，求证：f(x)＞g(x)．
【答案】见解析
【解析】 (1)由题意知f′(x)＝xex＋ex＝(x＋1)ex，令f′(x)>0，得x>－1；令f′(x)<0，得x<－1.则f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，所以f(x)的极小值为f(－1)＝－eq \f(1,e)，无极大值．
(2)证明：当x>0时，要证f(x)>g(x)，即证ex>eq \f(ln x,x2).令F(x)＝x2－ln x(x>0)，则F′(x)＝2x－eq \f(1,x)(x>0)，令F′(x)>0，得x>eq \f(\r(2),2)，令F′(x)<0，得00时，F(x)≥Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))＝eq \f(1,2)－ln eq \f(\r(2),2)>0，所以x2>ln x，即eq \f(ln x,x2)<1.因为x>0时，ex>e0＝1，所以当x>0时，ex>eq \f(ln x,x2)⇒xex>eq \f(ln x,x)，所以当x>0时，不等式f(x)>g(x)成立．
考法四 利用导数研究恒成立或能成立问题
解题技巧：利用导数研究恒成立或能成立问题的方法
(1)由不等式恒成立或能成立求解参数的取值范围问题常采用的方法是分离参数求最值，即a≥g(x)恒成立⇔a≥g(x)max；a≤g(x)恒成立⇔a≤g(x)min；定义域内存在x使a≥g(x)成立⇔a≥g(x)min.另外，当参数不宜进行分离时，还可直接求最值建立关于参数的不等式求解，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的取值范围．
(2)参数范围必须依靠不等式才能求出，求解参数范围的关键就是找到这样的不等式．
【例5】 (1)已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3，对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
(2)已知函数f(x)＝x3－2x2＋x＋a，g(x)＝－2x＋eq \f(9,x)，若对任意的x1∈[－1,2]，存在x2∈[2,4]，使得f(x1)＝g(x2)，求实数a的取值范围．
【答案】见解析
【解析】(1)由题意知2xln x≥－x2＋ax－3对一切x∈(0，＋∞)恒成立，即a≤2ln x＋x＋eq \f(3,x)对一切x∈(0，＋∞)恒成立．
令h(x)＝2ln x＋x＋eq \f(3,x)(x>0)，则
h′(x)＝eq \f(2,x)＋1－eq \f(3,x2)＝eq \f(x2＋2x－3,x2)＝eq \f(x＋3x－1,x2).
①当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)在(0,1)内单调递减；
②当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)在(1，＋∞)内单调递增．所以h(x)min＝h(1)＝4.所以a≤h(x)min＝4.所以实数a的取值范围是(－∞，4]．
(2)问题等价于f(x)的值域是g(x)的值域的子集，
显然，g(x)单调递减，所以在区间[2,4]上，g(x)max＝g(2)＝eq \f(1,2)，
g(x)min＝g(4)＝－eq \f(23,4).对于f(x)，f′(x)＝3x2－4x＋1，
令f′(x)＝0，解得x＝eq \f(1,3)或x＝1.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况列表如下.
所以f(x)max＝a＋2，f(x)min＝a－4，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋2≤\f(1,2)，,a－4≥－\f(23,4)，))所以a∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(7,4)，－\f(3,2))).
【规范答题】
关键点 导数的综合应用
【典例】 (2016·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝ln x－x＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当x∈(1，＋∞)时，1＜eq \f(x－1,ln x)＜x；
(3)设c＞1，证明：当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
【规范解答】：(1)由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－1，
令f′(x)＝0，解得x＝1.
当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
(2)证明：由(1)知f(x)在x＝1处取得最大值，
最大值为f(1)＝0.所以当x≠1时，ln x＜x－1.
故当x∈(1，＋∞)时，ln x＜x－1，lneq \f(1,x)＜eq \f(1,x)－1，
即1＜eq \f(x－1,ln x)＜x.
(3)证明：由题设c＞1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，
则g′(x)＝c－1－cxln
C．令g′(x)＝0，解得x0＝eq \f(ln\f(c－1,ln c),ln c).
当x＜x0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；
当x＞x0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；
由(2)知1＜eq \f(c－1,ln c)＜c，故0＜x0＜1.又g(0)＝g(1)＝0，
故当0＜x＜1时，g(x)＞0.所以当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
答题模板
第一步：求函数f(x)的导函数f′(x)．
第二步：分类讨论f(x)的单调性．
第三步：利用单调性，求f(x)的最大值．
第四步：根据要证的不等式的结构特点，构造函数g(x)．
第五步：求g(x)的最大值，得出要证的不等式．
第六步：反思回顾，查看关键点、易错点和解题规范．
【跟踪训练】 已知f(x)＝3ex＋x2，g(x)＝9x－1.
(1)讨论函数φ(x)＝aln x－bg(x)(a∈R，b>0)在(1，＋∞)上的单调性；
(2)比较f(x)与g(x)的大小，并加以证明．
【答案】见解析
【解析】 (1)φ′(x)＝eq \f(a,x)－9b＝eq \f(a－9bx,x)＝eq \f(9b\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,9b)－x)),x)(x>1)，当eq \f(a,9b)≤1，即a≤9b时，φ′(x)<0，所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．当eq \f(a,9b)>1，即a>9b时，令φ′(x)>0，得x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(a,9b)))；令φ′(x)<0，得x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,9b)，＋∞)).故φ(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(a,9b)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,9b)，＋∞))上单调递减．
(2)f(x)>g(x)．证明如下：
设h(x)＝f(x)－g(x)＝3ex＋x2－9x＋1，因为h′(x)＝3ex＋2x－9为增函数，且h′(0)＝－6<0，h′(1)＝3e－7>0，所以存在x0∈(0,1)，使得h′(x0)＝0，当x>x0时，h′(x)>0；当x0，所以h(x)min>0，所以f(x)>g(x)．
【递进题组】
1．做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π，且用料最省，则圆柱的底面半径为( )
A．3 B．4
C．6 D．5
【答案】A
【解析】 设圆柱的底面半径为R，母线长为l，则V＝πR2l＝27π，所以l＝eq \f(27,R2)，要使用料最省，只需使圆柱的侧面积与下底面面积之和S最小．由题意，S＝πR2＋2πRl＝πR2＋2π·eq \f(27,R).所以S′＝2πR－eq \f(54π,R2)，令S′＝0，得R＝3，则当R＝3时，S最小．故选A．
2．已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围是( )
A．(2，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(－∞，－2) D．(－∞，－1)
【答案】 C
【解析】 a＝0时，不符合题意．a≠0时，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝eq \f(2,a).若a＞0，则由图象知f(x)有负数零点，不符合题意．所以a＜0，由图象结合f(0)＝1＞0知，此时必有feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)))＞0，即a×eq \f(8,a3)－3×eq \f(4,a2)＋1＞0，化简得a2＞4，则a＜－2.
3．(2019·邢台月考)已知f(x)＝ex－ax2.命题p：∀a≥1，y＝f(x)有三个零点；命题q：∃a∈R，f(x)≤0恒成立．则下列命题为真命题的是( )
A．p∧q B．(¬p)∧(¬q)
C．(¬p)∧q D．p∧(¬q)
【答案】B
【解析】对于命题p：当a＝1时，f(x)＝ex－x2，在同一坐标系中作出y＝ex，y＝x2的图象(图略)，由图可知y＝ex与y＝x2的图象有1个交点，所以f(x)＝ex－x2有1个零点，故命题p为假命题．因为f(0)＝1，所以命题q显然为假命题．故(¬p)∧(¬q)为真．故选B．
4．已知函数f(x)＝ax3－3x＋1对x∈(0,1]总有f(x)≥0成立，则实数a的取值范围是__________．
【答案】 [4，＋∞)
【解析】 当x∈(0,1]时，不等式ax3－3x＋1≥0可化为a≥eq \f(3x－1,x3)，设g(x)＝eq \f(3x－1,x3)，x∈(0,1]，g′(x)＝eq \f(3x3－3x－1·3x2,x6)＝－eq \f(6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2))),x4).
由g′(x)＝0得x＝eq \f(1,2)，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时，g′(x)>0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))时，g′(x)<0.因此g(x)的最大值为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝4，
则实数a的取值范围是[4，＋∞)．
5．已知函数f(x)＝ax＋xln x在x＝e－2处取得极小值．
(1)求实数a的值；
(2)当x＞1时，求证：f(x)＞3(x－1)．
【答案】见解析
【解析】 (1)因为f(x)＝ax＋xln x，所以f′(x)＝a＋ln x＋1.因为函数f(x)在x＝e－2处取得极小值，所以f′(e－2)＝a＋ln e－2＋1＝0，所以a＝1，f′(x)＝ln x＋2.当f′(x)>0时，x>e－2，当f′(x)<0时，0(2)证明：由(1)知a＝1，所以f(x)＝x＋xln x.
令g(x)＝f(x)－3(x－1)，即g(x)＝xln x－2x＋3(x>0)．所以g′(x)＝ln x－1，由g′(x)＝0得x＝e.由g′(x)>0得x>e，由g′(x)<0得00.所以在(1，＋∞)上，都有g(x)≥g(e)>0.f(x)>3(x－1)得证．
【考卷送检】
1．已知函数f(x)＝x3＋x，∀m∈[－2,2]，f(mx－2)＋f(x)<0恒成立，求实数x的取值范围．
【答案】见解析
【解析】 因为f′(x)＝3x2＋1>0恒成立，所以f(x)在R上为增函数．
又f(－x)＝－f(x)，故f(x)为奇函数，由f(mx－2)＋f(x)<0得f(mx－2)<－f(x)＝f(－x)，所以mx－2<－x，即xm＋x－2<0对任意的m∈[－2,2]恒成立．记g(m)＝xm＋x－2，m∈[－2,2]，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g－2＝－2x＋x－2<0，,g2＝2x＋x－2<0，))解得－22．已知函数f(x)＝x2－ax－aln x(a∈R)．
(1)若函数f(x)在x＝1处取得极值，求a的值；
(2)在(1)的条件下，求证：f(x)≥－eq \f(x3,3)＋eq \f(5x2,2)－4x＋eq \f(11,6).
【答案】见解析
【解析】 (1)f′(x)＝2x－a－eq \f(a,x)，由题意可得f′(1)＝0，解得a＝1.
经检验，a＝1时，f(x)在x＝1处取得极值，所以a＝1.
(2)证明：由(1)知f(x)＝x2－x－ln x，令g(x)＝f(x)－eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(x3,3)＋\f(5x2,2)－))eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(11,6)))＝eq \f(x3,3)－eq \f(3x2,2)＋3x－ln x－eq \f(11,6)，由g′(x)＝x2－3x＋3－eq \f(1,x)＝eq \f(x3－1,x)－3(x－1)＝eq \f(x－13,x)(x>0)可知g(x)在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，所以g(x)min＝g(1)＝eq \f(1,3)－eq \f(3,2)＋3－eq \f(11,6)＝0，所以当x>0时，g(x)≥g(1)＝0，于是f(x)≥－eq \f(x3,3)＋eq \f(5x2,2)－4x＋eq \f(11,6)，得证．
3．已知函数f(x)＝xln x.
(1)求f(x)的最小值；
(2)若对所有x≥1都有f(x)≥ax－1，求实数a的取值范围．
【答案】见解析
【解析】 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f(x)的导数f′(x)＝1＋ln x，令f′(x)>0，解得x>eq \f(1,e)，令f′(x)<0，解得0(2)由题意得f(x)≥ax－1在[1，＋∞)上恒成立，即不等式a≤ln x＋eq \f(1,x)对于x∈[1，＋∞)上恒成立．令g(x)＝ln x＋eq \f(1,x)，则g′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,x2)＝eq \f(1,x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x))).当x>1时，因为g′(x)＝eq \f(1,x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x)))＞0，故g(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以g(x)的最小值是g(1)＝1，从而a的取值范围是(－∞，1]．
4．已知函数f(x)＝x2ln x－a(x2－1)，a∈R.
(1)当a＝－1时，求曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若当x≥1时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．
【答案】见解析
【解析】 (1)当a＝－1时，f(x)＝x2ln x＋x2－1，f′(x)＝2xln x＋3x.
则曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率为f′(1)＝3.
又f(1)＝0，所以切线方程为3x－y－3＝0.
(2)f′(x)＝2xln x＋(1－2a)x＝x(2ln x＋1－2a)，其中x≥1.
当a≤eq \f(1,2)时，因为x≥1，所以f′(x)≥0.
所以函数f(x)在[1，＋∞)上单调递增．故f(x)≥f(1)＝0.
当a>eq \f(1,2)时，令f′(x)＝0，得x＝ea－ eq \s\up4(\f(1,2)) .
若x∈[1，ea－ eq \s\up4(\f(1,2)) )，则f′(x)<0，所以函数f(x)在[1，ea－ eq \s\up4(\f(1,2)) )上单调递减，所以当x∈[1，ea－ eq \s\up4(\f(1,2)) )时，f(x)≤f(1)＝0，不符合题意．
综上，a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))).
5．已知f(x)＝ax2(a∈R)，g(x)＝2ln x.
(1)讨论函数F(x)＝f(x)－g(x)的单调性；
(2)若方程f(x)＝g(x)在区间[eq \r(2)，e]上有两个不等解，求a的取值范围．
【答案】见解析
【解析】(1)F(x)＝ax2－2ln x，其定义域为(0，＋∞)，所以F′(x)＝2ax－eq \f(2,x)＝eq \f(2ax2－1,x)(x>0)．
①当a>0时，由ax2－1>0得x>eq \f(1,\r(a))；由ax2－1<0得00时，F(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(a))，＋∞))上单调递增，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,\r(a))))上单调递减；
②当a≤0时，F′(x)<0(x>0)恒成立．故当a≤0时，F(x)在(0，＋∞)上单调递减．
(2)原式等价于方程a＝eq \f(2ln x,x2)＝φ(x)在区间[eq \r(2)，e]上有两个不等解．
由φ′(x)＝eq \f(2x1－2ln x,x4)易知φ(x)在(eq \r(2)，eq \r(e))上为增函数，在(eq \r(e)，e)上为减函数，则φ(x)max＝φ(eq \r(e))＝eq \f(1,e)，
而φ(e)＝eq \f(2,e2)如图，可知φ(x)＝a有两个不等解时需eq \f(ln 2,2)≤a6．某商店经销一种奥运纪念品，每件产品成本为30元，且每卖出一件产品，需向税务部门上交a元(a为常数，2≤a≤5)的税收，设每件产品的日售价为x元(35≤x≤41)，根据市场调查，日销售量与ex(e为自然对数的底数)成反比，已知每件产品的日售价为40元时，日销售量为10件．
(1)求商店的日利润L(x)元与每件产品的日售价x元的函数关系式；
(2)当每件产品的日售价为多少元时该商店的日利润L(x)最大，说明理由．
【答案】见解析
【解析】 (1)设日销售量为eq \f(k,ex)件，则eq \f(k,e40)＝10，所以k＝10e40.则日销售量为eq \f(10e40,ex)件，每件利润为(x－30－a)元，则日利润L(x)＝10e40·eq \f(x－30－a,ex)(35≤x≤41)．
(2)L′(x)＝10e40·eq \f(31＋a－x,ex)(35≤x≤41)．
①当2≤a≤4时，33≤31＋a≤35，L′(x)≤0，L(x)在[35,41]上是减函数．
所以当x＝35时，L(x)的最大值为10(5－a)e5.
②当4减函数．所以当x＝a＋31时，L(x)的最大值为10e9－a.
综上可知，当2≤a≤4时，日售价为35元可使日利润L(x)最大，当41
+
0
–
0
+
极大值
极小值

+
0
–
0
+
极大值
极小值
+
0
–
极大值
x
－1
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,3)))
eq \f(1,3)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))
f′(x)
＋
0
－
f(x)
a－4
单调递增
eq \f(4,27)＋a
单调递减
x
1
(1,2)
2
f′(x)
0
＋
f(x)
a
单调递增
a＋2