8mjt-衡水中學2021屆一輪復習理數專題-導數的綜合應用

1、第四講導數的綜合應用青嚴點聚焦 把握考點？明確方向咼考考點考點解讀利用導數研究復雜函數的零點或方程的根1?判斷函數的零點或方程的根的個數，或根據零點、方程的根存在情況求參數的值 (取值范 圍) 2?常與函數的單調性、極值、最值相結合命 題利用導數解決不等式問題1?根據不等式恒成立、存在性成立求參數的值(取值范圍)2.證明不等式、比擬大小利用導數解決生活中的優(yōu)化問題以實際生活問題、幾何問題為背景解決最大、最小值問題備考策略本局部內容在備考時應注意以下幾個方面:(1) 理解并掌握函數的零點的概念，求導公式和求導法那么及不等式的性質，及研究不等式成立問題、證(2) 熟練掌握利用導數研究函數零點，方程

2、解的個數問題明問題及大小比擬的方法和規(guī)律預測2021年命題熱點為:(1) 較復雜函數的零點，方程解的個數確實定與應用(2) 利用導數解決含參數的不等式成立及不等式證明問題?知識整合？易錯警示?(3) 利用導數解決實際生活及工程中的最優(yōu)化問題 核心知識整合IT he m m mi mm ME知識整合hi shi zhe ng he1. 利用導數求函數最值的幾種情況(1)假設連續(xù)函數f(x)在(a, b)內有唯一的極大值點Xo,那么f(X。)是函數f(x)在a, b上的最大值，f(a), f(b)min是函數f(x)在a, b是的最小值；假設函數 f(x)在(a, b)內有唯一的極小值點X。，貝V

3、 f(x °是函數f(x)在a, bJ上的最小值，f(a), f(b)max是函數f(x)在a, bJ是的最大值.(2)假設函數f(x)在a, b 上單調遞增，那么是函數f(x)在a, b 上的最小值，佝是函數f(x)在a, b: 上的最大值；假設函數f(x)在a, b上單調遞減，那么血是函數f(x)在a, b上的最大值，妙是函數f(x)在a, b上的最小值假設函數 f(x)在: a, b上有極值點 Xi, X2,，Xn(n? N*, n>2)，那么將 f(x f(x2)，f(xn)與 f(a), f(b)作比擬，其中最大的一個是函數f(x)在a, b上的最大值，最小的一個是函

4、數f(x)在a, b 上的最小值.2. 不等式的恒成立與能成立問題(1) f(x)>g(x)對一切 X? I 恒成立？ I 是 f(x)>g(x)的解集的子集?: f(x) - g(X) : min>O(x?I).(2) f(x)>g(x)對x ? I能成立？ I是f(x)>g(x)的解集的交集，且 I不是空集？ f(x) g(X) : max >O(X? I).(3) 對？ Xi, X? D 使得 f(Xi)W g(X2)? f(x) max < g(x) min .對? Xi? Di , ? x? D2 使得 f(Xi)> g(X2) ? f

5、(x) min > g(x) min , f(x)定義域為 Di, g(X)定義 域為 D2.3. 證明不等式問題不等式的證明可轉化為利用導數研究單調性、極值和最值，再由單調性或最值來證明不等式，其中構造一個可導函數是用導數證明不等式的關鍵.高考頁題俸驗高考真題？把損規(guī)律>hIi.(文)(20i8 全國卷 I, 2i)函數 f(x)= aex In x i.(i)設x= 2是f(x)的極值點.求a,并求f(x)的單調區(qū)間；i證明：當a> 一時，f(x)?0.e解析(i)f(x)的定義域為(0, +), f ' (x)= aex J由題設知，f ' (2) =

6、0,所以a=2eii i從而 f(x)=看 ex In x i, f ' (x)=看 ex當 0vx<2 時，f ' (x)<0 ;當 x>2 時，f ' (x)>0.所以f(x)在(0,2)上單調遞減，在(2,+s)上單調遞增.iX當a>12時，f(x) >-In X i.eeXXeei設 g(x)=In x i,貝U g' (x)=-.eex當 0<x<i時，g' (x)<0 ；當x>i時，g'(x)>0.所以x= i是g(x)的最小值點.故當 x>0 時，g(x) &g

7、t;g(i) = 0.因此，當時a>時，f(x)>0.ex+ aln x. X(理)(20i8全國卷I, 2i)函數f(x)=(討論f(x)的單調性；假設f(x)存在兩個極值點Xi, X2,證明：Xi X2 <a 2- 解析(1)f(X)的定義域為(0,+S),X2 ax+2 X(i) 假設aw 2,貝U f (x)w 0,當且僅當a = 2,x= 1時f (x) = 0,所以f(x)在(0, + a)上單調遞(ii)假設 a>2,令 f (x) = 0 得，x=a- a 4 或x=匕a2 4oo If (x) V 0 ；,f(x)> 0.f(x)在a寸 a2 4

8、° "A2 5厶5a+ a 4,+o上單調遞減，在2上單調遞增.由(1)知，f(x)存在兩個極值點，當且僅當a > 2.由于f(x)的兩個極值點X1, X2滿足x2 ax +仁0,所以XiX2= 1，不妨設X1< X2,那么X2> 1.由于一f XL =丄一1 + alnx1 Inx2X1 X2X1X2X1 X22+ alnAAX1 X2 2ln X2X2 -= 2+a 2 1X2X2所以 ff 仝 v a 2 等價于X2+ 2ln X2V 0.X1 X2X2(2)證明：f(x)只有一個零點.解析(1)當 a= 3 時，f(x) = 1x 假設h(2) =

9、 0,即a = e, h(x)在(0, +a)上只有一個零點； - 3x3 3x 3,f ' (x) = x2 6x 3.令 f' (x)= 0 解得 x= 3 2 3 或 3 + 2 3.當 x? ( a, 3 2 3)或(3 + 2 3,+A)時，f ' (x)>0 ；當 x ?(3 2 3, 3+ 2 3)時，f (x)<0.故f(x)在(一a , 3 2 3), (3 + 2 3, + a)上單調遞增，在(3 2 3, 3 + 2 3)上單調遞 減.3NX(2)由于 x2+ X+ 1>0，所以 f(x)= 0 等價于 x2f 3a= 0.xx2

10、fx ?+ 2x+ 3設 g(x) = x2+x+1 3a ,貝 y g ' (x) = x2+ x+1 2 > 0,僅當 x= 0 時 g ' (x) = 0,所以g(x)在(一a , + a )上單調遞增.故g(x)至多有一個零點.又 f(3a 一 1) = 6a? + 2a-1 = 6 a 一 6 2 &0, f(3a+ 1) = g>0，故 f(x)有一個零點綜上，f(x)只有一個零點.x2(理)(2021全國卷H, 21)函數f(x)= e ax .(1) 假設 a = 1,證明：當 x> 0 時，f(x)> 1;假設f(X)在(0 ,

11、 +a )只有一個零點，求 a.2 x解析(1)當 a= 1 時，f(x) > 1 等價于(x + 1)e K 0.設函數 g(x) = (x2 + 1)ex 1，貝U g ' (x)= (x2 2x+ 1)e x= (x 1)2e x當x豐1時，g' (x) V 0，所以g(x )在(0,1) U (1，+a )上單調遞減.而 g(0) = 0，故當 x > 0 時，g(x) < 0，即 f(x)?1.(2) 設函數 h(x) = 1 ax2ex.f(x)在(0 , + a )上只有一個零點當且僅當h(x)在(0，+a )上只有一個零點.(i) 當 aw 0

12、 時，h(x) > 0, h(x)沒有零點.(ii) 當 a > 0 時，h' (x)= ax(x 2)e .當 x ? (0,2)時，h ' (x)v 0 ;當 x? (2, + a)時，h ' (x)> 0.所以h(x)在(0,2)上單調遞減，在(2, + a)上單調遞增.故h(2) = 1 孑是h(x)在0, + a)上的最小值.2 假設h(2) > 0,即a V e4, h(x)在(0，+a)上沒有零點；假設 h(2) v 0,即 a >e,由(1)知，當 x> 0 時，ex> x4 5,16a316a3所以 h(4a)

13、 = 1- 丁 -e(e )弊12a故h(x)在(2,4a)有一個零點，因此h(x)在(0, +> 0.a)有兩個零點.2 e 綜上，f(x)在(0, +)只有一個零點時，a=由于h(0) = 1,所以h(x)在(0,2)上有一個零點43.(文)(2021全國卷川，21)函數f(x)=2ax + x 1xe(1)求曲線y= f(x)在點(0, 1)處的切線方程;(2)證明：當 a> 1 時，f(x) + e> 0.eAax?+ f 2a 1 x + 2 解析(1)f(x)的定義域為 R,(x) =顯然f(0) = 1，即點(0, 1)在曲線y= f(x)上，所求切線斜率為k=

14、 f (0) = 2,所以切線方程為 y ( 1) = 2(x 0)，即2x y 1 = 0.2(2)方法一(一邊為 0):令 g(x) = ax + (2a 1)x + 2,當a > 1時，方程g(x)的判別式厶=(2a + 1)2>0,11由 g(x) = 0 得，x = -, 2,且一-<0<2 ,aax, f (x), f(x)的關系如下x-a,- D1 a(-12)2(2，+a )f (x)0+0f(x)極小值極大值假設 x? ( a, 2 , f(x) > f 1 = e1 又因為 a> 1,411所以0< w 1,1<e <

15、e,e->e,f(x)+ e>0,aaa假設x? (2,+ a), ax2+ x -1>4a +2 -1>0 , ex>0, ay2 x 1所以f(x) = e >0 , f(x)+ e>0,綜上，當a?1時，f(x) + e?0.當a= 1時，f(x)=飛x.顯顯然x>0，要證f(x) + e?0只需證r?一 e,e+ e 1 即證 h(x)= x2 + x 1 + e ex?0, h' (x) = 2x + 1 + e ex,觀察發(fā)現 h' ( 1)= 0, x, h' (x), h(x)的關系如下x(m，-1)1(1

16、,+)h' (x)0+h(x)極小值所以h(x)有最小值h( 1) = 0,所以h(x)?0即f(x)+ e?0.2當所以X + x - 1Q Qa>1時，由知，x ?一e,又顯然ax2?x2,e2 22*2ax + x 1 x + x 1Eax + x 1?x + x 1, f(x)= x ?-x ? e,即 f(x) + e?0.e 綜上，當a?1時，f(x)+ e?0.方法三(別離參數)：當x= 0時，f(x) + e= 1 + e?0 成立.ax2 + x 1當x豐0時，f(x) + e> 0等價于等價于 ax2 + x 1 > ee exx+ 1=k(x)，

17、等價于 k(x) max ？ex,即ax2?一e ex x+ 1等價于 a>令 k' (x)= 0 得 x= 1,2.x, k' (x), k(x)的關系如下x(m,1)1(1,0)(0,2)2(2,+a )k' (x)+0+0k(x)極大值極大值1+ e3又因為 k( 1) = 1, k(2) = -A<0,所以k(x) max = 1 , k(x)< 1 ,0,綜上，當a?1時，f(x) + e?0.(理)(2021 全國卷川，21)函數 f(x)= (2 + x+ ax2)ln(1 + x) 2x.(1) 假設 a = 0，證明：當一 1<

18、x<0 時，f(x)<0 ;當 x>0 時，f(x)>0 ;假設x= 0是f(x)的極大值點，求a.解析(1)當 a= 0 時，f(x) = (2 + x)ln(1 + x) 2x,xf' (x) = ln(1 + x).1 + x設函數 g(x) = f' (x)= ln(1 + x),貝 U g' (x)=x.1 + x(1 + X)當一 1<x<0 時，g' (x)<0;當 x>0 時，g' (x)>0.故當x> 1時，g(x)> g(0) = 0,當且僅當x= 0時，g(x)= 0

19、，從而f' (X) A 0,當且僅當x= 0 時，f' (x) = 0.所以f(x)在(一1 , + 8)上單調遞增.又 f(0) = 0,故當一1<x<0 時，f(x)<0;當 x>0 時，f(x)>0.(2) (i)假設 a > 0，由(1)知，當 x>0 時，f(x) > (2 + x)ln(1 + x) 2x>0 = f(0)，這與 x= 0 是 f(x)的極大值點矛盾.(ii)假設a<0,設函數由于當xivmin 1 ,h(x) = = ln(1 + x)2 + x+ ax2x2 + x+ ax.22 + x

20、+ ax >0 ,故h(x)與f(x)符號相同.x= 0是h(x)的極大值點又h(0) = f(0) = 0,故x= 0是f(x)的極大值點，當且僅當2h' (x)=12(2 + x+ ax 2 §( 1 + 2ax )1 + x (2+ x + ax，一 , . h' (x)>0 ,故x= 0不是h(x)的極大值點 I Vja|J如果 6a + 1<0,貝U a2x2 + 4ax+ 6a+ 1 = |x|<min 0存在根X1<0,故當x? (X1,0)，且 時，h' (x)<0，所以x= 0不是h(x)的極大值點. 如果

21、 6a+ 1 = 0,那么 h '(x)=(x+ 臘一6 : 12 f.那么當 x? (1,0)時，h' (x)>0 ;當 x ?(0,1)時，h' (x)<0.所以x= 0是h(x)的極大值點，從而 x= 0是f(x)的極大值點. 22 2 2x a x + 4ax+ 6a + 1 x +1 ax2 + x+ 2 2 .如果6a+1>0，那么當0<x<-詈命題熱點突破HE CHAN TLi Ki<經典例題提升能力 A命題方向1利用導數研究函數的零點或方程的根2X例 1 (文)設函數 f(x) = "2 kin X, k&g

22、t;0.(1) 求f(x)的單調區(qū)間和極值；(2) 證明假設f(x)有零點，貝y f(x)在區(qū)間(1,e)上僅有一個零點.、k x2 k解析(1)f(x)的定義域為(0, + g), f' (x)= x -=.入入因為k>0,所以令f' (x) = 0得x=? k,列表如下:x(0,麻)Vk& k,+g)f' (x)一0+f(x)極小值/減區(qū)間為(0,k),增區(qū)間為(；k,+ g).k_ kin k當x = 2時，取得極小值f( ,k) = k八當,k< 1,即0<kw 1時，f(x)在(1, ,e)上單調遞增，>0,所以f(x)在區(qū)間(

23、1,e)上沒有零點“八 1'廠 e k e kf(1) = 2 f( .e)= 2 2 = -2-:當1< k< e，即1<k<e時，f(x)在(1, k)上遞減，在(k, , e)上遞增，e k廠 k kin k k(1 In kf(1) = 2>0, fC-e) = F>o,f( .k)=2 = 2 >0,此時函數沒有零點.當 k> e,即 k>e 時，f(x)在(1, ,e)上單調遞減，f(1) = A>0, fA.e)= e一k<0.所以 f(x)在區(qū)間(1,e)上僅有一個零點.綜上，假設f(x)有零點，貝U f

24、(x)在區(qū)間(1, . e)上僅有一個零點.(理)(2021廣州模擬)函數f(x)= (x2 3x+ 3) ex的定義域為2, t: (t> 2).(1)試確定t的取值范圍，使得函數f(x)在2, t上為單調函數； (2)當1<t<4時，求滿足一型=f(t 1)2的x的個數.ex。3解析(1) ?/ f' (x) = (x2 3x+ 3) ex+ (2x 3) ex= x (x 1)ex，由 f' (x)>0 ,得 x>1 或 x<0;由 f' (x)<0 得 0<x<1.? f(x在( g, 0: ,: 1 , +

25、 g)上單調遞增，在(0,1)上單調遞減，假設使f(x)在2, t上為單調函數，那么需一2<tw 0,即t的取值范圍為(一 2,0 :.(2) ?/- = X0Xo,fe-X1= 2(t 1)2,即卩X0 -Xg=2(t1)2,令 g(x)=x2-x-2(t1)2,exoexo 3 3 32那么問題轉化為當 1<t<4 時，求方程 g(x) = x2 x 3( t 1)2= 0 在 2, t 上的解的個數 22 2?g( 2) = 6 3(t 1)=尹 + 2)(t 4), 22 1g(t) = t(t 1) 3(t 2 i) = 3(t+ 2)(t i),?當 1<t

26、<4 時， g( 2)>0 且 g(t)>0 ,2 2?g(0)= 3( t 1 <0 ,? g(x)= 0 在2, t上有兩解.即滿足2(t 1)2的 的個數為 2.03''規(guī)律總結 對于函數零點的個數的相關問題， 利用導數和數形結合的數學思想來求解 . 這類問題求 解的通法是： (1)構造函數，這是解決此類題的關鍵點和難點，并求其定義域；( 2)求導數，得單調區(qū)間和極值點；(3)畫出函數草圖；數形結合，挖掘隱含條件，確定函數圖象與x軸的交點情況進而求解 .跟蹤訓練 ： :*Gen zong xun lian函數 f(x)= 2ln x x2 + ax

27、(a? R).(1) 當a = 2時，求f(x)的圖象在x= 1處的切線方程；(2) 假設函數g(x) = f(x) ax+ m在廠，e 上有兩個零點，求實數m的取值范圍.解析(1)當 a= 2 時， f(x)= 2ln x x2+ 2x, f - (x) = 2 2x+ 2,切點坐標為(1,1)，切線 x 的斜率k = f - (1) = 2，那么切線方程為 y 1 = 2(x 1)，即y= 2x 1.(2) g(x) = 2ln x x2 + m,貝 H g (x) = ? 2x=強-+ 1 乞1xx1Tx? e-， e,. ? . 當 g- (x)= 0 時， x= 1.e1當 e<

28、;x<1 時， g - (x)>0 ；當 1<x<e 時， g- (x)<0.故 g(x) 在 x = 1 處取得極大 g(1) = m 1.又 g(1_)= m 2 1 2, g(e)= m+ 22e , e e g(e) g(VeI )= 4 e +1 M<0,那么 g(e)<g (e),1? g(x在: -, e上的最小值是 g(e). eg(x)在丄，e上有兩個零點的條件是eg 1 = m 1>0,ge=m 2 -產 0,1解得 1<m < 2 +a2e '?實數m的取值范圍是(1,2 +言.命題方向2利用導數證明不等

29、式或求參數范圍例2函數f(x)= In x確定實數k的所有可能取值，使得存在xo> 1.當求函數f(x)的單調遞增區(qū)間；證明：當x> 1時，f(x)Vx 1 ；x? (1, xo)時，恒有 f(x)> k(x 1).1 x7 + X + 1解析(1)f' (x)= x x+ 1= x , x? (0, +0,嚴；由f (x)>0得嚴；2x2 + x+1>0 ,x?1故)俶)的單調遞增區(qū)間1),那么有 F ' (x)=當 x ?(1 , + g)時，F ' (x)<0 ,所以 F(x)在(1,+ g)上單調遞減，故當 x>1 時，

30、F(x)vF(1) = 0,即當 x>1 時，f(x)<x 1.(3) 由知，當k = 1時，不存在xo>1滿足題意.當k>1時，對于 x>1，有f(x)<x 1<k(x 1),貝U f(x)<k(x 1),從而不存在xo>1滿足題意.解得0<x<當 k<1 時，令 G(x) = f(x) k(x 1), x? (0, +s),1 x2+(1 k)x+貝y有 G'(x)=i x +1 - k=ix由 G' (x)= 0 得，一 x2 + (1 k)x+ 1 = 0,解得X1 =1- k-(1- k)2+ 4

31、2X2 =1 k+ (1-+ 42當x? (1 , x2)時，G' (x) >0，故G(x)在1, X2)內單調遞增.從而當x? (1, X2)時， G(x)>G(1)= 0,即卩 f(x)> k(x 1).綜上，k 的取值范圍是(一 R, 1).規(guī)律總結1. 兩招破解不等式的恒成立問題(1) 別離參數法第一步：將原不等式別離參數，轉化為不含參數的函數的最值問題；第二步：利用導數求該函數的最值；第三步：根據要求得所求范圍.(2) 函數思想法第一步將不等式轉化為含待求參數的函數的最值問題；第二步：利用導數求該函數的極值；第三步：構建不等式求解.2. 利用導數解決不等式存

32、在性問題的方法技巧根據條件將問題轉化為某函數在該區(qū)間上最大(小)值滿足的不等式成立問題，進而用導數求該函數在該區(qū)間上的最值問題，最后構建不等式求解3. 利用導數證明不等式的根本步驟(1)作差或變形.構造新的函數h(x).(3) 利用導數研究h(x)的單調性或最值.(4) 根據單調性及最值，得到所證不等式.特別地：當作差或變形構造的新函數不能利用導數求解時，一般轉化為分別求左、右兩端兩個函數的最值問題.跟蹤訓練Gen zong xun lia n函數f(x)= ln x + x2 ax(a為常數).(1)假設x= 1是函數f(x)的一個極值點，求 a的值;當0<aw 2時，試判斷f(x)的

33、單調性；假設對任意的a ? (1,2), xo? : 1,2 ，不等式f(xo)>mln a恒成立，求實數 m的取值范圍.1 解析(1)f ' (x)= x+ 2x- a. 由得：f ' (1) = 0,所以1 + 2 a= 0，所以a= 3. 當0<a< 2時，2a 2 a12x2 ax+ 1 2( x 4)+ 1 Ef, (x) =_+ 2x a =x因為0<aw 2,2 2所以 1 a8>0，而 x>0 ,即 f ' (x) = 2x ax+ 1>0, 故f(x)在(0,+S)上是增函數.當a ? (1,2)時，由知，f(

34、x)在1,2 上的最小值為f(1) = 1 a,故問題等價于：對任意-jn7 (1<a<2)1 一 a的a ? (1,2).不等式1 a>mln a恒成立.即口<仃 恒成立 記aln a 1 +那么 g' (a)=a令 M(a) = aln a 1 + a,貝 U M ' (a)= In a<0所以 M(a)<M(1) = 0,1 一 a故g' (a)<0 ,所以g(a)=在a? (1,2)上單調遞減,in a1 2所以 mw g(2) = -|j 2 = Iog2e,即實數m的取值范圍為(一 一ge:某山區(qū)外圍有兩條相互垂直的

35、直線型公路，為進命題方向3利用導數解決生活中的優(yōu)化問題步改善山區(qū)的交通現狀，方案修建一條連接兩條公路的山區(qū)邊界的直線型公路，記兩條相互垂直的公路為11, 12,山區(qū)邊界曲線為 C,方案修建的公路為I,如下圖，M , N為C的兩個端點，測得點 M至到 |1, 12的距離分別為5千米和40千米，點N到h, 12的距離分別為20千米和2.5千米，以11, 12所在的直線分別為 y, x軸，建立平面直角坐標系xOy,假設曲線aC符合函數y= x+b(其中a, b為常數)模型.(1)求a, b的值；設公路I與曲線C相切于P點，P的橫坐標為t.請寫出公路l長度的函數解析式f(t),并寫出其定義域解析(由題

36、意知，M點的坐標為(5,40), N點的坐標為(20,2.5)，代入曲線C的方程y=冷得：心l2.5= 20Vb.解得1 000b= 0.由知曲線C的方程為y =晉(5w xw 20), y'=2000,所以 y' |x= t=2 000即為I的斜率.又當x= t時，y= 1胃0,所以P點的坐標為t,所以I的方程為y罟二AA(x t).1 000t2令 x = 0,得 y=攀；令 y= 0，得 x = |t.由知所以f(t) =+.i2,其中 5w t< 20.+晉 2,其中 5< t< 20?令 g(t) = 2t 2+ 3 000 2 9.2 ,69X 1

37、04t +T所以 g' (t) =2t 4%亍1039t6 8X 1069 t6 10 2 62 ?t5 = 2 ?7 t5因為 5W tw20,令 g' (t)<0,得 5W t<10 ,2 ;令 g' (t) = 0,得 t = 10 2; g' (t)>0，得 10 2<tw 20.所以g(t)在區(qū)間5,10 2)單調遞減，在(10 2, 20單調遞增.所以g(10 2) = 675是g(t)的極小值，也是最小值.所以當t = 10 2時f(t)取得最小值，最小值為f(10 2) = 15 3.所以當t = 10 .2時，公路L的長

38、度最短，最短長度為15,3千米.規(guī)律總結利用導數解決生活中的優(yōu)化問題的一般步驟(1)建模：分析實際問題中各量之間的關系，列出實際問題的數學模型，寫出實際問題中變量之間的函數關系式y(tǒng) = f(x).求導：求函數的導數f (x)，解方程f' (x)= 0.求最值：比擬函數在區(qū)間端點和使f ' (x)= 0的點的函數值的大小，最大(小)者為最大(小)值.作答：回歸實際問題作答Gy(單位：千克)與銷售價格en zong xun lia n(文)某商場銷售某種商品的經驗說明，該商品每日的銷售量x(單位：元/千克)滿足關系式y(tǒng)=昌+ 1 °( x 6)2，其中3<x<

39、6 , a為常數？銷售價格為 5元/千克時，每日可售出該商品11千克.(1) 求a的值；(2) 假設該商品的本錢為 3元/千克，試確定銷售價格x的值，使商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大.解析因為x= 5時，y= 11,ao代入 y= + 10(x 6)2,x 3所以 |+ 10= 11, a = 2.由可知，該商品每日的銷售量y=3+ 10(x 6)2,x 3所以商場每日銷售該商品所獲得的利潤f(x) =( X- 3)亡+10(x 6)2: =2+ 10(x 3)(x 6)2,3<x<6.從而,f (x)= 10 : (x 6)2+ 2(x 3)(x 6):=30(x 4) (x

40、 6).于是，當x變化時，f ' (x), f(x)的變化情況如下表:x(3,4)4(4.6)f ' (x)+0f(x)單調遞增極大值42單調遞減由上表可得，x= 4是函數f(x)在區(qū)間(3,6)內的極大值點，也是最大值點.所以，當x= 4時，函數f(x)取得最大值，且最大值等于42.答：當銷售價格為4元/千克時，商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大(理)一家公司方案生產某種小型產品的月固定本錢為1萬元，每生產1萬件需要再投入2萬元，設該公司一個月內生產該小型產品x萬件并全部銷售完，每萬件的銷售收入為(4-2el nx 1x)萬元，且每萬件國家給予補助(2e;)萬元.(e為自然對

41、數的底數，是一個常數)(1)寫出月利潤f(x)(萬元)關于月產量x(萬件)的函數解析式;2 當月產量在 元及此時的月生產量值1,2e 萬件時，求該公司在生產這種小型產品中所獲得的月利潤最大值萬 萬件. 注：月利潤 =月銷售收入 +月國家補助一月總本錢-2) 1 x=x2+ 2(e+ 1)x 2elnx 2(x>0).(2) f(x) = x2+ 2(e+ 1)x 2elnx 2 的定義域為1,2e :2e 且 f' (x) = 2x+ 2(e+ 1) x2 x 1 x e1 w XW 2e).列表如下:x(1, e)e(e,2e:f (x)+0一f(x)極大值由上表 f(x)=

42、x2 + 2(e+ 1)x 2elnx 2在定義域1,2e 上的最大值為 得:f(e).f(e) =即月生產量在1,2e 萬件時，該公司在生產這種小型產品中所獲得的月利潤最大值為 2，此時的月生產量值為e萬件.課舄強化訓練廠、"=e2f(e)1.函數fx= ax3+ bx2 + cx+ d的圖象如下圖，那么以下結論成立的是A A. a>0, b<0, c>0, d>0C. a<0, b<0, c>0, d>0解析由圖象知f(0) = d>0,因為以 a>0, 瓷3ba>0 ,所以 b<0，又1 322.函數 f(

43、x) = 3x3 2x2+ 3m,值范圍是(A )A. : 197，+s )B. a>0, b<0, c<0, d>0a>0, b>0, c>0, d<0f' (x)= 3ax2 + 2bx + c= 0有兩個不相等的正實根，所f' (0) = c>0,所以 a>0, b<0, c>0, d>0.x? :0,+s )，假設f(x) + 5> 0恒成立，那么實數 m的取B . (-7, +m)C.(:八，2:D . ( S, 2)2解析f' (x) = x 4x,由 f (x)>0，

44、得 x>4 或 x<0.? f(x在(0,4)上單調遞減，在(4嚴)上單調遞增，?當 X? 0 , +)時，f(x) min = f(4) ?要使f(x) + 5 > 0恒成立，只需f(4) + 5> 0恒成立即可，代入解之得3 ?假設存在正數x使2X(x a)<1成立，那么a的取值范圍是(D )A ?( m,+m )B ?( 2,+A )C. (0,+8 )D ?( 1 ,+8 )1解析T 2 = x2 + mx+ m ； n = 0 的兩根為(x a)<1 , ? a>x 產1令 f(x) = x尹? f (x)= 1 + 2-xin2>0.

45、? f(x)>f(0) = 0 1 = 1,? a的取值范圍為(一 1 ,+S)，應選D.4. (2021濰坊模擬)當x? 2,1時，不等式ax3 x2+ 4x+ 3> 0恒成立，那么實數 a的取 值范圍是(C)A ? 5, 3C. 6, 2B ? 6, 8D ? 4, 3解析當 x? (0,1時，得 a> 3(弓 3 4(1)2+ x,1 令 t=,貝 U t ?1,+ g), a> 3t3 4t2 + t,x令 g(t) = 3t3 4t2 + t, t ? 1 ,+g)，貝U g ' (t)= 9t2 8t + 1 = (t+ 1) (9t 1)，顯然 在

46、1 , + g)上, g, (t)<0, g(t)單調遞減，所以g(t) max = g(1) = 6,因此 a> 6 ；同理，當x? 2,0)時，得a< 2.由以上兩種情況得一 6< a< 2,顯然當x= 0時也成立.2mx + m+ n x+ 12的兩個極值點分別故實數a的取值范圍為6, 2: ?3 x5. (文)(2021河北衡水中學調研)函數f(x) = 3+D,假設函數 y= loga(x為X1, X2,且X1 ? (0,1) , X2? (1 ,+g )，點P(m, n)表示的平面區(qū)域為+ 4)(a>1)的圖象上存在區(qū)域D內的點，那么實數a的取值

47、范圍是(A )A ?(1,3)B ?(1,3C. (3,+g )D . 3 ,+g )解析X1, X2,且 X1? (0,1) , X2? (1, + g),那么 f: <0,n?彳2 m+ n1 + m+ 2 <0 ,m+ n>0,即，3m + n+ 2<0m+nAO作出區(qū)域D，如圖陰影局部職-hi) *-i p3jn+fl+2=|i可得 loga(- 1 + 4)>1，所以 1<a<3.(理)(2021江西八校聯考)函數y= f(x)是R上的可導函數，當 XM 0時，有 也>0，那么函數F(x)= xf(x) +1的零點個數是(B )xxA

48、. 0B . 1C. 2D . 3解析T XM 0 時，f ' (x) + f-x>0,?f丄>0. xx當x>0時，由式知(xf(x)' >0,? U(x) = xf(x)在(0 ,+S)上為增函數，且 U(0) = 0 -f(0) = 0,? U(x) = xf(x)>0 在(0, + g)上恒成立.1又 x>0 ,? F(x)>0 在(0, + g)上恒成立，? F(x)在(0, +g)上無零點.當 x<0 時，(xf(x)' <0 ,1? U(x) = xf(x) +丄在(-g, 0)上為減函數，x且 U(0

49、) = 0 -f(0) = 0,? U(x) = xf(x)>0 在(-g , 0)上恒成立，? F(x) = xf(x) + -在(-g , 0)上為減函數.1 當 xTO 時，xf(x)TO,二 F(x)<0,X1當 X T 8 時，> 0 ,X/? F(x)? xf(x)>0 ,?F(x)在(一8, 0)上有唯一零點.綜上所述，F(x)在(8, 0) u (0, +8 )上有唯一零點.應選B .x6. (2021 武漢一模)函數 f(x) =eL, g(x)= (x 1)2+ a2,假設當 x>0 時，存在 X!,他X? R，使得f(x2)w g(xi)成立

50、，那么實數a的取值范圍是(一8, eU.e,+8 ).解析由題意得存在Xi, x2 ? R，使得f(X2)W g(Xi)成立，等價于f(x)min三g(x)max .因為g(x)=(x 1)2+ a2, X>0 ,所以當X= 1時，g(x) max = a2.X因為 f(x) = e-, x>0 ,XXX .所以f'(X)= ex e 所以f(x)在(0,1)上單調遞減，在(1 ,+8 )上單調遞增，所以 f(x)mi n= f(1) =。？又 g(x) max =八,所以 a2>e? aw ?e 或 a> . e.故實數a的取值范圍是(一 8, e U .e,

51、+8).X 17. x? (0,2)，假設關于x的不等式孑花二2恒成立，那么實數k的取值范圍為！°一1).解析依題意，知 k+ 2x x2>0，即k>x2 2x對任意x ?(0,2)恒成立，從而k>0,所X XX以由馬 <-2 可得k<A+ x2 2x?令f(x) =色+X2 2x,貝 U f '(x)= ° +2(x 1)=(xe k + 2x xXXXX1)(袞 + 2).令 f' (x)= 0，得 x= 1,當 x?(1,2)時，f' (x)>0,函數 f(x)在(1,2)上單調遞增，當 x? (0,1)時，

52、f'(x)<0,函數f(x)在(0,1)上單調遞減，所以k<f(x) min = f(1) = e 1,故實數k的取值范 圍是0, e 1).& f(x)= ln x+ ax, a ? R.(1) 討論函數f(x)的單調性；一一 X22假設函數f(x)的兩個零點為X1, X2，且e ,求證:解析(Xi x2)f ' (Xi +函數f(x) = In x+ >6.的定義域為x|x>0,1所以 f ' (x)= - + a.假設a> 0,貝U f '(x)>0,? f(x)在(0, +g)內單調遞增;假設a<0，貝U

53、 f1i(x) = -+ a,由 f' (x)>0，得 0<x< ?f(x)在(0， a內單調遞增；11由 f ' (x)= 1 + a<0，得 x> 一xa? f(x)在(一g)內單調遞減.a證明:v In X1 + ax1= 0, In X2+ ax?= 0,In x In x = a(x x ).(X1 X2)f (X1 + X2) = (X1a)=X2)(Jrx +X1 x2X1+ X2 +X1x? a(X1X2)=x 仃eX21 一 X22+ InA2X1 X2X11 + X2x令些=t>e *MP(x) = P(x+ 1)- P(

54、x) = - 30x + 60x+ 3 275(x ? N，且 1 < x< 19).,令(f(t)=t+ In t,X11 +1t ,t2 + 1貝 U O' (t)=>0,(1 + t)t ,? Ot)在e2,+ g)內單調遞增，2 2 2 6 強)7(e) = 1 + >1 + 瑋=5.62f(x)?(X1 - X2)f' (X1+ X2)> .9 .某造船公司年最大造船量是20艘，造船x艘的產值函數為 R(x) = 3 700x + 45x_ 310x(單位：萬元)，本錢函數為 C(x) = 460x + 5 000(單位：萬元)，又在經濟

55、學中，函數的邊際函數 Mf(x)定義為 Mf(x)= f(x+ 1) f(x).(1) 求利潤函數P(x )及邊際利潤函數 MP(x);(提示：禾葉潤二產值一本錢)(2) 問年造船量安排多少艘時，可使公司造船的年利潤最大？(3) 求邊際利潤函數MP(x)的單調遞減區(qū)間，并說明單調遞減在此題中的實際意義是什么？32* Lt解析(1)P(x) = R(x) C(x)= 10x + 45X + 3 240x 5 000(x ? N,且 1< x < 20); P ' (x)= - 30x + 90x+ 3 240二 30(x - 12)(x+ 9),因為x>0,所以P' (x) = 0 時，x= 12,當 0vxv12 時，P' (x)>0 ,當 x>12 時，P' (x)<0 ,所以x= 12時，P(x)有極大值，也是最大值.即年造船量安排12艘時，可使公司造船的年利