高中數(shù)學(xué)《導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用習(xí)題課》專題突破含解析

習(xí)題課導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用題型一導(dǎo)數(shù)在解決實際問題中的應(yīng)用【例1】某知名保健品企業(yè)新研發(fā)了一種健康飲品.已知每天生產(chǎn)該種飲品最多不超過40千瓶，最少1千瓶，經(jīng)檢測知生產(chǎn)過程中該飲品的正品率P與日產(chǎn)量x(x∈N*，單位：千瓶)間的關(guān)系為P＝eq\f(4200－x2,4500)，每生產(chǎn)一瓶正品盈利4元，每生產(chǎn)一瓶次品虧損2元.(注：正品率＝飲品的正品瓶數(shù)÷飲品總瓶數(shù)×100%)(1)將日利潤y(元)表示成日產(chǎn)量x的函數(shù)；(2)求該種飲品的最大日利潤.解(1)由題意，知每生產(chǎn)1千瓶正品盈利4000元，每生產(chǎn)1千瓶次品虧損2000元，故y＝4000×eq\f(4200－x2,4500)x－2000eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(4200－x2,4500)))x＝3600x－eq\f(4,3)x3.所以日利潤y＝－eq\f(4,3)x3＋3600x(x∈N*，1≤x≤40).(2)令f(x)＝－eq\f(4,3)x3＋3600x，x∈[1，40]，則f′(x)＝3600－4x2.令f′(x)＝0，解得x＝30或x＝－30(舍去).當1≤x<30時，f′(x)>0；當30<x≤40時，f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)在[1，30)上單調(diào)遞增，在(30，40]上單調(diào)遞減，所以當x＝30時，函數(shù)f(x)取得極大值，也是最大值，為f(30)＝－eq\f(4,3)×303＋3600×30＝72000，也即y的最大值為72000，所以該種飲品的最大日利潤為72000元.規(guī)律方法利用導(dǎo)數(shù)解決實際應(yīng)用問題的步驟(1)函數(shù)建模：細致分析實際問題中各個量之間的關(guān)系，正確設(shè)定所求最大值或最小值的變量y與自變量x，把實際問題轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問題，即列出函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)＝f(x).(2)確定定義域：一定要從問題的實際意義去考慮，舍去沒有實際意義的自變量的范圍.(3)求最值：盡量使用導(dǎo)數(shù)法求出函數(shù)的最值.(4)下結(jié)論：根據(jù)問題的實際意義給出圓滿的答案.【訓(xùn)練1】如圖，要設(shè)計一面矩形廣告牌，該廣告牌含有大小相等的左右兩個矩形欄目(即圖中陰影部分)，這兩個欄目的面積之和為18000cm2，四周空白的寬度為10cm，兩欄目之間的中縫空白的寬度為5cm.怎樣確定廣告牌的高與寬的尺寸(單位：cm)，能使矩形廣告牌的面積最??？解設(shè)廣告牌的高和寬分別為xcm，ycm，則每個欄目的高和寬分別為(x－20)cm，eq\f(y－25,2)cm，其中x>20，y>25.∵兩個欄目的面積之和為2(x－20)·eq\f(y－25,2)＝18000，∴y＝eq\f(18000,x－20)＋25，∴廣告牌的面積S(x)＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(18000,x－20)＋25))＝eq\f(18000x,x－20)＋25x，∴S′(x)＝eq\f(18000[（x－20）－x],（x－20）2)＋25＝eq\f(－360000,（x－20）2)＋25.令S′(x)>0，得x>140；令S′(x)<0，得20<x<140.∴函數(shù)S(x)在(140，＋∞)上單調(diào)遞增，在(20，140)上單調(diào)遞減，∴S(x)的最小值為S(140).當x＝140時，y＝175，故當廣告牌的高為140cm，寬為175cm時，可使廣告牌的面積最小，最小面積為24500cm2.題型二與最值有關(guān)的恒成立問題【例2】設(shè)函數(shù)f(x)＝tx2＋2t2x＋t－1(x∈R，t＞0).(1)求f(x)的最小值h(t)；(2)若h(t)＜－2t＋m對t∈(0，2)恒成立，求實數(shù)m的取值范圍.解(1)∵f(x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(x∈R，t＞0)，∴當x＝－t時，f(x)取最小值f(－t)＝－t3＋t－1，即h(t)＝－t3＋t－1.(2)令g(t)＝h(t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m，由g′(t)＝－3t2＋3＝0得t＝1，t＝－1(不合題意，舍去).當t變化時g′(t)、g(t)的變化情況如下表：t(0，1)1(1，2)g′(t)＋0－g(t)單調(diào)遞增1－m單調(diào)遞減∴對t∈(0，2)，當t＝1時，g(t)max＝1－m，h(t)<－2t－m對t∈(0，2)恒成立，也就是g(t)<0對t∈(0，2)恒成立，只需g(t)max＝1－m<0，∴m>1.故實數(shù)m的取值范圍是(1，＋∞).規(guī)律方法(1)“恒成立”問題向最值問題轉(zhuǎn)化是一種常見的題型，一般地，可采用分離參數(shù)法進行轉(zhuǎn)化.λ≥f(x)恒成立?λ≥[f(x)]max；λ≤f(x)恒成立?λ≤[f(x)]min.對于不能分離參數(shù)的恒成立問題，直接求含參函數(shù)的最值即可.(2)此類問題特別要小心“最值能否取得到”和“不等式中是否含等號”的情況，以此來確定參數(shù)的范圍能否取得“＝”.【訓(xùn)練2】設(shè)函數(shù)f(x)＝2x3－9x2＋12x＋8c，(1)若對任意的x∈[0，3]，都有f(x)＜c2成立，求c的取值范圍；(2)若對任意的x∈(0，3)，都有f(x)＜c2成立，求c的取值范圍.解(1)∵f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2).∴當x∈(0，1)時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；當x∈(1，2)時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當x∈(2，3)時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增.∴當x＝1時，f(x)取極大值f(1)＝5＋8c.又f(3)＝9＋8c＞f(1)，∴x∈[0，3]時，f(x)的最大值為f(3)＝9＋8c.∵對任意的x∈[0，3]，有f(x)＜c2恒成立，∴9＋8c＜c2，即c＜－1或c＞9.∴c的取值范圍為(－∞，－1)∪(9，＋∞).(2)由(1)知f(x)＜f(3)＝9＋8c，∴9＋8c≤c2，即c≤－1或c≥9，∴c的取值范圍為(－∞，－1]∪[9，＋∞).題型三利用導(dǎo)數(shù)證明不等式【例3】已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(a（x－1）,x)(a∈R).(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求證：對于任意x∈(1，2)，不等式eq\f(1,lnx)－eq\f(1,x－1)<eq\f(1,2)恒成立.(1)解易知f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(x－a,x2).①若a≤0，則f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；②若a>0，當x∈(0，a)時，f′(x)<0，f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，當x∈(a，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)在(a，＋∞)上單調(diào)遞增.綜上，當a≤0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間；當a>0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(a，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，a).(2)證明∵1<x<2，∴eq\f(1,lnx)－eq\f(1,x－1)<eq\f(1,2)等價于(x＋1)lnx－2(x－1)>0，令F(x)＝(x＋1)lnx－2(x－1)，即F′(x)＝lnx＋eq\f(x＋1,x)－2＝lnx＋eq\f(1,x)－1.由(1)知，當a＝1時，f(x)＝lnx－1＋eq\f(1,x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴當x∈[1，2)時，f(x)≥f(1)，即lnx＋eq\f(1,x)－1≥0，F(xiàn)′(x)≥0，∴F(x)在[1，2)上單調(diào)遞增，∴當x∈(1，2)時，F(xiàn)(x)>F(1)＝0，即當1<x<2時，eq\f(1,lnx)－eq\f(1,x－1)<eq\f(1,2)恒成立.規(guī)律方法(1)證明f(x)>g(x)的一般方法是證明h(x)＝f(x)－g(x)>0(利用單調(diào)性)，特殊情況是證明f(x)min>g(x)max(最值方法)，但后一種方法不具備普遍性.(2)證明二元不等式的基本思想是化為一元不等式，一種方法為變換不等式兩個變元成為一個整體，另一種方法為轉(zhuǎn)化后利用函數(shù)的單調(diào)性，如不等式f(x1)＋g(x1)<f(x2)＋g(x2)對x1<x2恒成立，即等價于函數(shù)h(x)＝f(x)＋g(x)為增函數(shù).【訓(xùn)練3】設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx－x＋1.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)證明當x∈(1，＋∞)時，1<eq\f(x－1,lnx)<x.(1)解依題意，f(x)的定義域為(0，＋∞).f′(x)＝eq\f(1,x)－1，令f′(x)＝0，得x＝1.∴當0<x<1時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增.當x>1時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減.(2)證明由(1)知f(x)在x＝1處取得最大值，且最大值f(1)＝0.所以當x≠1時，lnx<x－1.故當x∈(1，＋∞)時，eq\f(x－1,lnx)>1，又可將eq\f(1,x)代入lnx<x－1，得lneq\f(1,x)<eq\f(1,x)－1，即－lnx<eq\f(1,x)－1?lnx>1－eq\f(1,x)?lnx>eq\f(x－1,x)?x>eq\f(x－1,lnx)，故當x∈(1，＋∞)時恒有1<eq\f(x－1,lnx)<x.題型四利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)的零點或方程的根問題【例4】已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx＋a,x)－1，(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當a≤1時，求函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，e]上零點的個數(shù).解(1)f′(x)＝eq\f(1－lnx－a,x2)，令f′(x)＝0，得x＝e1－a.f′(x)及f(x)隨x的變化情況如下表：x(0，e1－a)e1－a(e1－a，＋∞)f′(x)＋0－f(x)極大值所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，e1－a)，單調(diào)遞減區(qū)間為(e1－a，＋∞).(2)由(1)可知f(x)的最大值為f(e1－a)＝eq\f(1－e1－a,e1－a)，①當a＝1時，f(x)在區(qū)間(0，1)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(1，e)上單調(diào)遞減.又f(1)＝0，故f(x)在區(qū)間(0，e]上只有一個零點.②當a<1時，1－a>0，e1－a>1，則f(e1－a)＝eq\f(1－e1－a,e1－a)<0，所以f(x)在區(qū)間(0，e]上無零點.綜上，當a＝1時，f(x)在區(qū)間(0，e]上只有一個零點，當a<1時，f(x)在區(qū)間(0，e]上無零點.規(guī)律方法利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點或方程根的方法是借助于導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，極值(最值)，通過極值或最值的正負、函數(shù)的單調(diào)性判斷函數(shù)圖象走勢，從而判斷零點個數(shù)或者通過零點的個數(shù)求參數(shù)范圍.【訓(xùn)練4】若函數(shù)f(x)＝ax3－bx＋4，當x＝2時，函數(shù)f(x)取得極值－eq\f(4,3).(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)若方程f(x)＝k有3個不同的實數(shù)根，求實數(shù)k的取值范圍.解(1)對f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝3ax2－b，由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（2）＝12a－b＝0，,f（2）＝8a－2b＋4＝－\f(4,3)，))解得a＝eq\f(1,3)，b＝4(經(jīng)檢驗滿足題意).∴f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋4.(2)由(1)可得f′(x)＝x2－4＝(x－2)(x＋2).令f′(x)＝0，得x＝2或x＝－2.∴當x<－2或x>2時，f′(x)>0；當－2<x<2時，f′(x)<0.因此，當x＝－2時，f(x)取得極大值eq\f(28,3)，當x＝2時，f(x)取得極小值－eq\f(4,3).∴函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋4的大致圖象如圖所示.由圖可知，實數(shù)k的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，\f(28,3))).一、素養(yǎng)落地1.通過學(xué)習(xí)利用導(dǎo)數(shù)解決實際應(yīng)用問題、培養(yǎng)學(xué)生數(shù)學(xué)建模素養(yǎng)，通過學(xué)習(xí)利用導(dǎo)數(shù)解決不等式問題及函數(shù)零點問題，提升數(shù)學(xué)運算素養(yǎng).2.正確理解題意，建立數(shù)學(xué)模型，利用導(dǎo)數(shù)求解是解應(yīng)用題的主要方法.另外需要特別注意：(1)合理選擇變量，正確給出函數(shù)表達式；(2)與實際問題相聯(lián)系；(3)必要時注意分類討論思想的應(yīng)用.3.利用導(dǎo)數(shù)解決不等式問題與利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)的零點問的一般方法都是轉(zhuǎn)化為函數(shù)的極值或最值問題.二、素養(yǎng)訓(xùn)練1.設(shè)底為等邊三角形的直三棱柱的體積為V，那么其表面積最小時底面邊長為()A.eq\r(3,V) B.eq\r(3,2V)C.eq\r(3,4V) D.2eq\r(3,V)解析設(shè)底面邊長為x，則表面積S＝eq\f(\r(3),2)x2＋eq\f(4\r(3),x)V(x>0).∴S′＝eq\f(\r(3),x2)(x3－4V).令S′＝0，得x＝eq\r(3,4V).答案C2.已知f(x)是定義在(0，＋∞)上的非負可導(dǎo)函數(shù)，且滿足xf′(x)＋f(x)≤0，對任意的正數(shù)a，b，若a<b，則必有()A.bf(b)≤af(a) B.bf(a)≤af(b)C.af(a)≤bf(b) D.af(b)≤bf(a)解析設(shè)g(x)＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，則g′(x)＝xf′(x)＋f(x)≤0，∴g(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞減或g(x)為常函數(shù).∵a<b，∴g(a)≥g(b)，即af(a)≥bf(b)，故選A.答案A3.已知某生產(chǎn)廠家的年利潤y(單位：萬元)與年產(chǎn)量x(單位：萬件)的函數(shù)關(guān)系式為y＝－eq\f(1,3)x3＋81x－234，則使該生產(chǎn)廠家獲取最大年利潤的年產(chǎn)量為()A.13萬件 B.11萬件C.9萬件 D.7萬件解析因為y′＝－x2＋81，所以當x＞9時，y′＜0；當x∈(0，9)時，y′＞0.所以，函數(shù)y＝－eq\f(1,3)x3＋81x－234在(9，＋∞)上單調(diào)遞減，在(0，9)上單調(diào)遞增.所以x＝9是函數(shù)的極大值點.又因為函數(shù)在(0，＋∞)上只有一個極大值點，所以函數(shù)在x＝9處取得最大值.答案C4.直線y＝a與函數(shù)y＝x3－3x的圖象有三個相異的交點，則a的取值范圍是________.解析f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1.因為當x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)時，f′(x)>0，當x∈(－1，1)時，f′(x)<0，所以f(x)極小值＝f(1)＝－2，f(x)極大值＝f(－1)＝2.函數(shù)y＝x3－3x的大致圖象如圖所示，所以－2<a<2.答案(－2，2)三、審題答題示范(二)利用導(dǎo)數(shù)解決不等式問題【典型示例】(12分)已知函數(shù)f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝eq\f(lnx,x).(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間①；(2)?x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立②，求a的取值范圍.聯(lián)想解題看到①想到解不等式f′(x)>0求f(x)的單調(diào)增區(qū)間，解不等式f′(x)<0求f(x)的單調(diào)減區(qū)間，但需注意討論不等式中參數(shù)a的符號；看到②想到通過分離參數(shù)a構(gòu)造新函數(shù)，把不等式問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題，需注意的是條件為“?x”，而不是“?x”，所以要弄清楚問題是求函數(shù)的最大值還是最小值.滿分示范解(1)因為f′(x)＝a－ex，x∈R.當a≤0時，f′(x)<0，f(x)在R上單調(diào)遞減；2分當a>0時，令f′(x)＝0，得x＝lna.由f′(x)>0，得f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，lna)；由f′(x)<0，得f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(lna，＋∞).綜上所述，當a≤0時，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，＋∞)，無單調(diào)遞增區(qū)間；當a>0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，lna)，單調(diào)遞減區(qū)間為(lna，＋∞).4分(2)因為?x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex，則ax≤eq\f(lnx,x)，即a≤eq\f(lnx,x2).6分設(shè)h(x)＝eq\f(lnx,x2)，則問題轉(zhuǎn)化為a≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x2)))eq\s\do7(max)，由h′(x)＝eq\f(1－2lnx,x3)，令h′(x)＝0，得x＝eq\r(e).當x在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)變化時，h′(x)，h(x)隨x變化的變化情況如下表：x(0，eq\r(e))eq\r(e)(eq\r(e)，＋∞)h′(x)＋0－h(huán)(x)極大值eq\f(1,2e)10分由上表可知，當x＝eq\r(e)時，函數(shù)h(x)有極大值，即最大值為eq\f(1,2e)，所以a≤eq\f(1,2e).故a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2e))).12分滿分心得(1)涉及含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，一般要分類討論，要依據(jù)參數(shù)對不等式解集的影響進行分類討論.(2)解決不等式“恒成立”或“能成立”問題首先要構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求出最值、求出參數(shù)的取值范圍，也可分離參數(shù)、構(gòu)造函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值.基礎(chǔ)達標一、選擇題1.對任意的x∈R，函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋7ax不存在極值點的充要條件是()A.0≤a≤21 B.a＝0或a＝7C.a<0或a>21 D.a＝0或a＝21解析f′(x)＝3x2＋2ax＋7a，當Δ＝4a2－84a≤0，即0≤a≤21時，f′(x)≥0恒成立，函數(shù)f(x)不存在極值點.答案A2.定義在R上的函數(shù)f(x)，若(x－1)·f′(x)<0，則下列各項正確的是()A.f(0)＋f(2)>2f(1)B.f(0)＋f(2)＝2f(1)C.f(0)＋f(2)<2f(1)D.f(0)＋f(2)與2f(1)大小不定解析∵(x－1)f′(x)<0，∴當x>1時，f′(x)<0；當x<1時，f′(x)>0，則f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，在(－∞，1)上單調(diào)遞增，∴f(0)<f(1)，f(2)<f(1)，則f(0)＋f(2)<2f(1).答案C3.已知函數(shù)f(x)＝x－sinx，則不等式f(x＋1)＋f(2－2x)>0的解集是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，＋∞))C.(－∞，3) D.(3，＋∞)解析因為f(x)＝x－sinx，所以f(－x)＝－x＋sinx＝－f(x)，即函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f′(x)＝1－cosx≥0，則函數(shù)f(x)是增函數(shù)，則不等式f(x＋1)＋f(2－2x)>0等價為f(x＋1)>－f(2－2x)＝f(2x－2)，即x＋1>2x－2，解得x<3，故不等式的解集為(－∞，3).答案C4.方底無蓋水箱的容積為256，則最省材料時，它的高為()A.4 B.6C.4.5 D.8解析設(shè)底面邊長為x，高為h，則V(x)＝x2·h＝256，∴h＝eq\f(256,x2)，∴S(x)＝x2＋4xh＝x2＋4x·eq\f(256,x2)＝x2＋eq\f(4×256,x)，∴S′(x)＝2x－eq\f(4×256,x2).令S′(x)＝0，解得x＝8，∴h＝eq\f(256,82)＝4.答案A5.若函數(shù)f(x)＝x2ex－a恰有三個零點，則實數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,e2)，＋∞)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,e2)))C.(0，4e2) D.(0，＋∞)解析令g(x)＝x2ex，則g′(x)＝2xex＋x2ex＝xex(x＋2).令g′(x)＝0，得x＝0或－2，∴g(x)在(－2，0)上單調(diào)遞減，在(－∞，－2)，(0，＋∞)上單調(diào)遞增.∴g(x)極大值＝g(－2)＝eq\f(4,e2)，g(x)極小值＝g(0)＝0，又f(x)＝x2ex－a恰有三個零點，則0<a<eq\f(4,e2).答案B二、填空題6.某廠生產(chǎn)某種商品x件的總成本c(x)＝1200＋eq\f(2,75)x3(單位：萬元)，已知產(chǎn)品單價的平方與產(chǎn)品件數(shù)x成反比，生產(chǎn)100件這樣的產(chǎn)品單價為50萬元，則產(chǎn)量定為________件時，總利潤最大.解析設(shè)產(chǎn)品的單價為p萬元，根據(jù)已知，可設(shè)p2＝eq\f(k,x)，其中k為比例系數(shù).因為當x＝100時，p＝50，所以k＝250000.所以p2＝eq\f(250000,x)，p＝eq\f(500,\r(x))，x＞0.設(shè)總利潤為y萬元，y＝eq\f(500,\r(x))·x－1200－eq\f(2,75)x3＝500eq\r(x)－eq\f(2,75)x3－1200.則y′＝eq\f(250,\r(x))－eq\f(2,25)x2.令y′＝0，得x＝25.故當0＜x＜25時，y′＞0，當x＞25時，y′＜0，所以，當x＝25時，函數(shù)y取得極大值，也是最大值.答案257.已知函數(shù)f(x)＝2xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3對一切x∈(0，＋∞)，f(x)≥g(x)恒成立，則a的取值范圍是________.解析由2xlnx≥－x2＋ax－3，得a≤2lnx＋x＋eq\f(3,x).設(shè)h(x)＝2lnx＋eq\f(3,x)＋x(x>0).則h′(x)＝eq\f(2,x)－eq\f(3,x2)＋1＝eq\f(（x＋3）（x－1）,x2)，當x∈(0，1)時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，當x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增.∴h(x)min＝h(1)＝4.又f(x)≥g(x)恒成立，∴a≤4.答案(－∞，4]8.已知函數(shù)f(x)＝x2－2lnx，若關(guān)于x的不等式f(x)－m≥0在[1，e]上有實數(shù)解，則實數(shù)m的取值范圍是________.解析由f(x)－m≥0得f(x)≥m，函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2x－eq\f(2,x)＝eq\f(2（x2－1）,x)，當x∈[1，e]時，f′(x)≥0，此時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，所以f(1)≤f(x)≤f(e).即1≤f(x)≤e2－2，要使f(x)－m≥0在[1，e]上有實數(shù)解，則有m≤e2－2.答案(－∞，e2－2]三、解答題9.已知函數(shù)f(x)＝a＋eq\r(x)·lnx(a∈R)，試求f(x)的零點個數(shù).解f′(x)＝(eq\r(x))′lnx＋eq\r(x)·eq\f(1,x)＝eq\f(\r(x)（lnx＋2）,2x)，令f′(x)>0，解得x>e－2，令f′(x)<0，解得0<x<e－2，所以f(x)在(0，e－2)上單調(diào)遞減，在(e－2，＋∞)上單調(diào)遞增.f(x)min＝f(e－2)＝a－eq\f(2,e)，顯然當a>eq\f(2,e)時，f(x)min>0，f(x)無零點，當a＝eq\f(2,e)時，f(x)min＝0，f(x)有1個零點，當a<eq\f(2,e)時，f(x)min<0，f(x)有2個零點.10.一艘輪船在航行中每小時的燃料費和它的速度的立方成正比.已知速度為每小時10海里時，燃料費是每小時6元，而其他與速度無關(guān)的費用是每小時96元，問輪船的速度是多少時，航行1海里所需的費用總和最小？解設(shè)速度為v海里的燃料費每小時p元，那么由題設(shè)的比例關(guān)系得p＝k·v3，其中k為比例系數(shù)，它可以由v＝10，p＝6求得，即k＝eq\f(6,103)＝0.006，于是有p＝0.006v3.又設(shè)當船的速度為v海里時，行1海里所需的總費用為q元，那么每小時所需的總費用是0.006v3＋96(元)，而行1海里所需時間為eq\f(1,v)小時，所以，行1海里的總費用為：q＝eq\f(1,v)(0.006v3＋96)＝0.006v2＋eq\f(96,v).q′＝0.012v－eq\f(96,v2)＝eq\f(0.012,v2)(v3－8000)，令q′＝0，解得v＝20.∴當v<20時，q′<0；當v>20時，q′>0，∴當v＝20時q取得極小值，也是最小值，即速度為20海里/時時，航行1海里所需費用總和最小.能力提升11.已知函數(shù)f(x)＝ex－ln(x＋3)，則下列有關(guān)描述正確的是()A.?x∈(－3，＋∞)，f(x)≥eq\f(1,3)B.?x∈(－3，＋∞)，f(x)>－eq\f(1,2)C.?x0∈(－3，＋∞)，f(x0)＝－1D.f(x)min∈(0，1)解析因為f(x)＝ex－ln(x＋3)，所以f′(x)＝ex－eq\f(1,x＋3)，顯然f′(x)在(－3，＋∞)上是增函數(shù)，又f′(－1)＝eq\f(1,e)－eq\f(1,2)<0，f′(0)＝eq\f(2,3)>0，所以f′(x)在(－3，＋∞)上有唯一的零點，設(shè)為x0，且x0∈(－1，0)，則x＝x0為f(x)的極小值點，也是最小值點，且ex0＝eq\f(1,x0＋3)，即x0＝－ln(x0＋3)，故f(x)≥f(x0)＝ex0－ln(x0＋3)＝eq\f(1,x0＋3)＋x0>－eq\f(1,2)，故選B.答案B12.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－alnx(a∈R)，(1)若f(x)在x＝2時取得極值，求a的值；(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)求證：當x>1時，eq\f(1,2)x2＋lnx<eq\f(2,3)x3.(1)解f′(x)＝x－eq\f(a,x)，因為x＝2是一個極值點，所以2－eq\f(a,2)＝0，則a＝4.此時f′(x)＝x－eq\f(4,x)＝eq\f(（x＋2）（x－2）,x)，因為f(x)的定義域是(0，＋∞)，所以當x∈(0，2)時，f′(x)＜0；當x∈(2，＋∞)，f′(x)＞0，所以當a＝4時，x＝2是一個極小值點，則a＝4.(2)解因為f′(x)＝x－eq\f(a,x)＝eq\f(x2－a,x)，所以當a≤0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞).當a＞0時，f′(x)＝x－eq\f(a,x)＝eq\f(x2－a,x)＝eq\f(（x＋\r(a)）（x－\r(a)）,x)，當0<x<eq\r(a)時，f′(x)<0，當x>eq\r(a)時，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間(eq\r(a)，＋∞)；遞減區(qū)間為(0，eq\r