5.3.2 第3课时 导数的综合应用-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册创新导学案教用word（人教A版2019）

数学 选择性必修　第二册[RJ] 第3课时　导数的综合应用 (教师独具内容) 课程标准：1.体会导数在研究函数性质、图象和不等式中的工具性作用.2.能够利用导数解决简单的实际问题． 教学重点：1.利用导数画函数图象，从而解决函数零点(或方程根)的问题.2.利用导数解决不等式问题.3.利用导数解决实际问题． 教学难点：导数的综合应用． 核心素养：1.通过学习利用导数解决函数零点(或方程根)的问题，提升数学运算素养.2.通过学习利用导数解决实际应用问题，培养数学建模素养． 知识点一　画函数f(x)大致图象的步骤 (1)求出函数f(x)的定义域； (2)求导数f′(x)及函数f′(x)的零点； (3)用f′(x)的零点将f(x)的定义域划分为若干个区间，列表给出f′(x)在各区间上的正负，并得出f(x)的单调性与极值； (4)确定f(x)的图象所经过的一些特殊点，以及图象的变化趋势； (5)画出f(x)的大致图象． 知识点二　利用导数解决实际问题的一般步骤 (1)抽象出实际问题的数学模型，列出函数解析式y＝f(x)； (2)求函数f(x)的导数f′(x)，并解方程f′(x)＝0，进而确定函数的极值点； (3)比较函数f(x)在区间端点的函数值和极值点的函数值的大小，得出函数f(x)的最大值或最小值； (4)根据实际问题的意义给出答案． 1．(利用导数解决函数零点个数问题)函数f(x)＝x3－12x－16的零点个数为(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 答案：C 2．(利用导数解决不等式恒成立问题)若不等式ax2≥ln x恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A. B. C. D. 答案：A 3．(利用导数解决不等式能成立问题)已知函数f(x)＝x2－2ln x，若在定义域内存在x0，使得不等式f(x0)－m≤0成立，则实数m的最小值为________． 答案：1 4．(利用导数解决实际问题)要做一个圆锥形漏斗，其母线长为20 cm，要使其体积最大，则高应为________ cm. 答案： 题型一　利用导数解决函数的零点或方程根的问题　 　已知函数f(x)＝. (1)写出函数的定义域，判断函数的单调性，并求出极值； (2)作出函数的大致图象； (3)求出方程f(x)＝a(a∈R)解的个数． [解]　(1)函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝， 令f′(x)＝0，得x＝1. 当x∈(－∞，1)时，f′(x)>0， 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0， 所以f(x)的极大值为f(1)＝， 所以函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，极大值为，无极小值． (2)显然，当x→－∞时，f(x)＝→－∞， 又当x>0时，f(x)>0，且当x→＋∞时，f(x)＝→0， 所以作出f(x)＝的大致图象如图． (3)由函数f(x)的图象，得当x＝1时，f(x)有最大值f(1)＝，故方程f(x)＝a(a∈R)解的个数为： 当a≤0或a＝时，方程有一个解； 当a>时，方程无解； 当0<a<时，方程有两个解． 感悟提升　 1．判断函数f(x)零点个数的方法 (1)直接法：令f(x)＝0，如果能求出解，那么有几个不同的解f(x)就有几个零点． (2)图象法：画出函数f(x)的图象，函数f(x)的图象与x轴的交点个数就是函数f(x)的零点个数；将函数f(x)拆成两个函数h(x)和g(x)的差的形式，根据f(x)＝0⇔h(x)＝g(x)，则函数f(x)的零点个数就是函数y＝h(x)和y＝g(x)的图象的交点个数． (3)利用函数的单调性和零点存在定理 2．已知函数的零点个数求参数范围的两种常用方法 (1)分类讨论法：对原函数进行求导，讨论其单调性、特殊点的函数值的符号，从而得出参数范围． (2)分离参数法：对参数进行分离，构造新函数，对新函数求导，得出该函数的单调性和最值，从而可得参数的范围． 　已知函数f(x)＝ln (1＋x)＋axe－x. (1)当a＝1时，求曲线f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)若f(x)在区间(－1，0)内和(0，＋∞)上各恰有一个零点，求a的取值范围． 解：(1)当a＝1时，f(x)＝ln (1＋x)＋xe－x， ∴f′(x)＝＋e－x－xe－x， ∴f′(0)＝1＋1＝2， 又f(0)＝0， ∴所求切线方程为y－0＝2(x－0)，即y＝2x. (2)f(x)＝ln (1＋x)＋axe－x＝ln (x＋1)＋， ①当a≥0时，若x>0， 则ln (x＋1)>0，≥0，∴f(x)>0， ∴f(x)在(0，＋∞)上无零点，不符合题意． ②当a<0时，f′(x)＝. 令g(x)＝ex＋a(1－x2)，则g′(x)＝ex－2ax，g′(x)在(－1，＋∞)上单调递增， g′(－1)＝e－1＋2a，g′(0)＝1， (a)当g′(－1)≥0，即－≤a<0时，g′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立， ∴g(x)在(－1，＋∞)上单调递增， ∵g(－1)＝e－1>0， ∴g(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立， ∴f′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立， ∴f(x)在(－1，＋∞)上单调递增， ∵f(0)＝0， ∴f(x)在(－1，0)内和(0，＋∞)上均无零点，不符合题意． (b)当g′(－1)<0，即a<－时，存在x0∈(－1，0)，使得g′(x0)＝0. ∴g(x)在(－1，x0)内单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增． g(－1)＝e－1>0，g(0)＝1＋a，g(1)＝e>0. (ⅰ)当g(0)≥0，即－1≤a<－时，g(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立， ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增． ∵f(0)＝0，∴当x∈(0，＋∞)时，f(x)>0， ∴f(x)在(0，＋∞)上无零点，不符合题意． (ⅱ)当g(0)<0，即a<－1时， 存在x1∈(－1，x0)，x2∈(0，1)，使得g(x1)＝g(x2)＝0， ∴f(x)在(－1，x1)内和(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)内单调递减． ∵f(0)＝0， ∴f(x1)>f(0)＝0，当x→－1时，f(x)<0， ∴f(x)在(－1，x1)内存在一个零点，即f(x)在(－1，0)内存在一个零点， ∵f(x2)<f(0)＝0，当x→＋∞时，f(x)>0， ∴f(x)在(x2，＋∞)上存在一个零点，即f(x)在(0，＋∞)上存在一个零点． 综上，a的取值范围是(－∞，－1)． 题型二　利用导数解决不等式恒成立(能成立)问题　 　已知f(x)＝xln x，g(x)＝x3＋ax2－x＋2. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若对任意的x∈(0，＋∞)，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，求实数a的取值范围． [解]　(1)函数f(x)＝xln x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1. 令f′(x)<0，得ln x＋1<0，解得0<x<， ∴函数f(x)的单调递减区间是； 令f′(x)>0，得ln x＋1>0，解得x>， ∴函数f(x)的单调递增区间是. (2)g′(x)＝3x2＋2ax－1， 由题意，得2xln x≤3x2＋2ax＋1恒成立． ∵x>0，∴a≥ln x－x－在x∈(0，＋∞)上恒成立． 设h(x)＝ln x－x－(x>0)， 则h′(x)＝－＋＝－. 令h′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－(舍去)． 当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表： x (0，1) 1 (1，＋∞) h′(x) ＋ 0 － h(x) 单调递增 －2 单调递减 ∴当x＝1时，h(x)取得最大值，且h(x)max＝h(1)＝－2， ∴若a≥h(x)在(0，＋∞)上恒成立， 则a≥h(x)max＝－2，即a≥－2， 故实数a的取值范围是[－2，＋∞)． 感悟提升　 (1)涉及不等式恒成立、能成立的问题时，一般需转化为函数最值来解决．若不等式中含参数，则可考虑分离参数，从而避免分类讨论． (2)不等式恒成立、能成立常见的转化策略 ①a＞f(x)恒成立⇔a＞f(x)max，a＜f(x)恒成立⇔a＜f(x)min； ②f(x)＞g(x)恒成立⇔[f(x)－g(x)]min＞0； ③f(x)＞g(x)＋k恒成立⇔k＜[f(x)－g(x)]min； ④a＞f(x)能成立⇔a＞f(x)min，a＜f(x)能成立⇔a＜f(x)max. 　设函数f(x)＝ex－ax，a>0. (1)讨论函数f(x)在(0，1)内的单调性； (2)函数g(x)＝x－ln x，若对任意的x1∈(0，1)，总存在x2∈(0，＋∞)使得f(x1)>g(x2)，求实数a的取值范围． 解：(1)f′(x)＝ex－a， ∵a>0，∴f′(x)＝0⇒x＝ln a， ①当ln a≤0，即0<a≤1时，f′(x)>0恒成立， ∴函数f(x)在(0，1)内单调递增； ②当ln a≥1，即a≥e时，f′(x)<0恒成立， ∴函数f(x)在(0，1)内单调递减； ③当0<ln a<1，即1<a<e时，f′(x)>0⇒x∈(ln a，1)，f′(x)<0⇒x∈(0，ln a)， ∴函数f(x)在(0，ln a)内单调递减，在(ln a，1)内单调递增． 综上所述，当0<a≤1时，函数f(x)在(0，1)内单调递增； 当a≥e时，函数f(x)在(0，1)内单调递减； 当1<a<e时，函数f(x)在(0，ln a)内单调递减，在(ln a，1)内单调递增． (2)由题意可知，f(x)min>g(x)min，　(*) g′(x)＝1－＝，令g′(x)＝0，得x＝1， 当0<x<1时，g′(x)<0，当x>1时，g′(x)>0， ∴g(x)在(0，1)内单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴g(x)min＝g(1)＝1. 由(1)可知， ①当0<a≤1时，f(x)在(0，1)内单调递增， ∴f(x)>f(0)＝1，则(*)恒成立； ②当a≥e时，f(x)在(0，1)内单调递减， ∴f(x)>f(1)＝e－a， 则应e－a≥1⇒a≤e－1(舍去)； ③当1<a<e时，f(x)min＝f(ln a)＝a－aln a， 则应有a－aln a>1.　(**) 令h(a)＝a－aln a，则h(1)＝1，且h′(a)＝1－(1＋ln a)＝－ln a，令h′(a)＝0，得a＝1. 当0<a<1时，h′(a)>0， 当a>1时，h′(a)<0， ∴h(a)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴h(a)≤1恒成立，则(**)无解． 综上，实数a的取值范围为(0，1]． 题型三　利用导数解决不等式证明问题　 　(2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)证明：当a>0时，f(x)>2ln a＋. [解]　(1)因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R， 所以f′(x)＝aex－1， 当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0， 故f′(x)＝aex－1<0恒成立， 所以f(x)在R上单调递减； 当a>0时，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－ln a， 当x<－ln a时，f′(x)<0， 则f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减， 当x>－ln a时，f′(x)>0， 则f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增． 综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递减； 当a>0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增． (2)证法一：由(1)得， f(x)min＝f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a， 要证f(x)>2ln a＋，即证1＋a2＋ln a>2ln a＋，即证a2－－ln a>0恒成立， 令g(a)＝a2－－ln a(a>0)，则g′(a)＝2a－＝， 令g′(a)<0，则0<a<，令g′(a)>0，则a>， 所以g(a)在内单调递减，在上单调递增， 所以g(a)min＝g＝－－ln ＝ln >0，则g(a)>0恒成立， 所以当a>0时，f(x)>2ln a＋恒成立，证毕． 证法二：令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1， 由于y＝ex在R上单调递增， 所以h′(x)＝ex－1在R上单调递增， 又h′(0)＝e0－1＝0， 所以当x<0时，h′(x)<0，当x>0时，h′(x)>0， 所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 故h(x)≥h(0)＝0，则ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立， 因为f(x)＝a(ex＋a)－x＝aex＋a2－x＝ex＋ln a＋a2－x≥x＋ln a＋1＋a2－x， 当且仅当x＋ln a＝0，即x＝－ln a时，等号成立， 所以要证f(x)>2ln a＋，即证x＋ln a＋1＋a2－x>2ln a＋，即证a2－－ln a>0恒成立， 以下同证法一． 感悟提升　 1．构造函数证明不等式的策略 (1)转化为f(a)＋g(a)≥f(b)＋g(b)型：寻找待证不等式的等价不等式，把等价不等式转化为f(a)＋g(a)≥f(b)＋g(b)型，观察此等价不等式左右两边的结构，构造函数h(x)＝f(x)＋g(x)． (2)转化为f(x)≥0(≤0)型：寻找待证不等式的等价不等式，把不等式转化为f(x)≥0(≤0)型． 2．放缩法证明含参数不等式的策略 一般地，函数解析式中含有已知范围的参数，可考虑借助于已有知识或已知范围，对参数适当放缩，从而减少变量，达到证明的目的． 　已知函数f(x)＝x2－ax＋aln (2x)(a≠0)． (1)若a<0时，f(x)在[1，e]上的最小值是－ln 2，求a； (2)若a≥e，且x1，x2是f(x)的两个极值点，证明：f(x1)＋f(x2)<(x＋x)－2e. 解：(1)由题意知，f′(x)＝－a＋＝(x>0)， 令g(x)＝x2－2ax＋2a，则其图象的对称轴方程为x＝a， 因为1>a，g(1)＝1>0，所以当x∈[1，e]时，g(x)>0，则f′(x)＝>0，所以f(x)在[1，e]上单调递增， 所以f(x)min＝f(1)＝－a＋aln 2＝－ln 2， 解得a＝－1. (2)证明：由于f(x)有两个极值点x1，x2，则f′(x)＝0在(0，＋∞)上有两个不等的实根，显然Δ＝4a2－8a>0恒成立， 易知x1＋x2＝2a，x1x2＝2a，x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4a2－4a. 当a≥e时，f(x1)＋f(x2)－(x＋x)＋2e ＝aln (4x1x2)－a(x1＋x2)－(x＋x)＋2e ＝aln (8a)－2a2－(4a2－4a)＋2e ＝aln (8a)－3a2＋a＋2e(a≥e)． 令φ(a)＝aln (8a)－3a2＋a＋2e(a≥e)， 则φ′(a)＝ln (8a)－6a＋2(a≥e)， 令h(a)＝φ′(a)＝ln (8a)－6a＋2(a≥e)， 则h′(a)＝－6＝， 当a≥e时，h′(a)<0， 所以h(a)在[e，＋∞)上单调递减， 所以h(a)≤h(e)， 即φ′(a)≤φ′(e)＝ln (8e)－6e＋2＝1＋3ln 2－6e＋2＝3ln 2－6e＋3<3－6e＋3＝6－6e<0， 所以φ(a)单调递减，φ(a)≤φ(e)＝eln (8e)－3e2＋3e＝e(1＋3ln 2)－3e2＋3e＝e(3ln 2－3e＋4)<e(3－3e＋4)＝e(7－3e)<0， 所以φ(a)<0，所以原式成立， 即f(x1)＋f(x2)<(x＋x)－2e. 题型四　利用导数解决实际问题　 　某地建一座桥，两端的桥墩已建好，这两墩相距m米．余下工程只需建两端桥墩之间的桥面和桥墩．经测算，一个桥墩的工程费用为256万元，距离为x米的相邻两墩之间的桥面工程费用为(2＋)x万元．假设桥墩等距离分布，所有桥墩在桥面距离计算中都视为点，且不考虑其他因素．记余下工程的费用为y万元． (1)试写出y关于x的函数关系式； (2)当m＝640时，需新建多少个桥墩才能使y最小？ [解]　(1)设需要新建n个桥墩，则(n＋1)x＝m，即n＝－1，所以y＝f(x)＝256n＋(n＋1)(2＋)x＝256＋(2＋)x＝＋m＋2m－256(0<x≤m)． (2)对(1)中函数f(x)求导得，f′(x)＝－＋mx－， 故当m＝640时，f′(x)＝(x－512)(0<x≤640)． 令f′(x)＝0，解得x＝512，即x＝64. 当0<x<64时，f′(x)<0，f(x)在区间(0，64)内单调递减； 当64<x≤640时，f′(x)>0，f(x)在区间(64，640]上单调递增． 所以f(x)在x＝64时取得极小值，也是最小值，此时n＝－1＝－1＝9. 故当m＝640时，需新建9个桥墩才能使y最小． 感悟提升　 (1)根据题设建立数学模型，借助图象寻找各条件间的联系，适当选定变量，构造相应的函数关系，通过求导或其他方法求出最值． (2)在实际问题中，若函数在某区间内只有一个极值点，则只要根据实际意义判断是最大值还是最小值即可，不必再与端点的函数值比较． 　用长为90 cm，宽为 48 cm的长方形铁皮做一个无盖的容器，先在四个角分别截去一个小正方形，然后把四边翻转90°，再焊接而成(如图)，问该容器的高为多少时，容器的容积最大？最大容积是多少？ 解：设容器的高为x cm，容器的容积为V(x) cm3， 则V(x)＝x(90－2x)(48－2x)＝4x3－276x2＋4320x(0<x<24)， V′(x)＝12x2－552x＋4320＝12(x2－46x＋360)＝12(x－10)(x－36)(0<x<24)． 令V′(x)＝0，解得x1＝10，x2＝36(舍去)． 当0<x<10时，V′(x)>0，V(x)是增函数； 当10<x<24时，V′(x)<0，V(x)是减函数． 因此，在定义域(0，24)内，只有当x＝10时，函数V(x)取得最大值，其最大值为V(10)＝10×(90－20)×(48－20)＝19600. 故容器的高为10 cm时，容器的容积最大，最大容积是19600 cm3. 1．某产品的销售收入y1(单位：万元)是产量x(单位：千台)的函数：y1＝17x2(x>0)，生产成本y2(单位：万元)是产量x(单位：千台)的函数：y2＝2x3－x2(x>0)，为使利润最大，应生产(　　) A．6千台 B．7千台 C．8千台 D．9千台 答案：A 解析：设利润为y，则y＝y1－y2＝17x2－(2x3－x2)＝－2x3＋18x2(x>0)，∴y′＝－6x2＋36x＝－6x(x－6)．令y′＝0，解得x＝0(舍去)或x＝6，经检验知x＝6既是函数的极大值点又是函数的最大值点．所以为使利润最大，应生产6千台． 2．若函数f(x)＝x2ex－a恰有三个零点，则实数a的取值范围是(　　) A. B. C．(0，4e2) D．(0，＋∞) 答案：B 解析：令g(x)＝x2ex，则g′(x)＝2xex＋x2ex＝xex(x＋2)．令g′(x)＝0，得x＝0或x＝－2，当x<－2时，g′(x)>0，当－2<x<0时，g′(x)<0，当x>0时，g′(x)>0，∴g(x)在(－2，0)内单调递减，在(－∞，－2)，(0，＋∞)上单调递增．∴g(x)极大值＝g(－2)＝，g(x)极小值＝g(0)＝0，又f(x)＝x2ex－a恰有三个零点，则0<a<. 3．(多选)已知函数f(x)＝sinx＋x3－ax，则下列结论正确的是(　　) A．f(x)是奇函数 B．若f(x)是增函数，则a≤1 C．当a＝－3时，函数f(x)恰有两个零点 D．当a＝3时，函数f(x)恰有两个极值点 答案：ABD 解析：对于A，f(x)＝sinx＋x3－ax的定义域为R，且f(－x)＝sin(－x)＋(－x)3＋ax＝－(sinx＋x3－ax)＝－f(x)，故A正确；对于B，f′(x)＝cosx＋3x2－a，因为f(x)是增函数，故cosx＋3x2－a≥0恒成立，即a≤cosx＋3x2恒成立．令g(x)＝cosx＋3x2，则g′(x)＝6x－sinx，设h(x)＝6x－sinx，h′(x)＝6－cosx>0，故g′(x)＝6x－sinx单调递增，又g′(0)＝0，故当x<0时，g′(x)<0，当x>0时，g′(x)>0.故g(x)＝cosx＋3x2的最小值为g(0)＝1，故a≤1，故B正确；对于C，当a＝－3时，由B项知，f(x)是增函数，故不可能有两个零点，故C错误；对于D，当a＝3时，f(x)＝sinx＋x3－3x，f′(x)＝cosx＋3x2－3，令cosx＋3x2－3＝0，则有cosx＝3－3x2.在同一坐标系中作出y＝cosx，y＝3－3x2的图象，易得有两个交点，且交点两侧附近满足f′(x)的符号相反，故函数f(x)恰有两个极值点，故D正确．故选ABD. 4．(2024·河南洛阳第一高级中学高二月考)已知函数f(x)＝－1＋ln x，若存在x0>0，使得f(x0)≤0有解，则实数m的取值范围是________． 答案：(－∞，1] 解析：存在x0>0，使得f(x0)≤0有解，即m≤x－xln x有解，即m≤(x－xln x)max，令g(x)＝x－xln x，则g′(x)＝1－(ln x＋1)＝－ln x，当x∈(0，1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，∴g(x)max＝g(1)＝1，∴m≤1.故实数m的取值范围是(－∞，1]． 5．已知函数f(x)＝2xln x，g(x)＝－x2＋ax－3.若对一切x∈(0，＋∞)，f(x)≥g(x)恒成立，则a的取值范围是________． 答案：(－∞，4] 解析：由2xln x≥－x2＋ax－3，得a≤2ln x＋x＋.设h(x)＝2ln x＋＋x(x>0)，则h′(x)＝－＋1＝，当x∈(0，1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，∴h(x)min＝h(1)＝4，∴a≤4. 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比20%) 题号 1 2 3 4 5 6 难度 ★ ★ ★ ★★ ★★ ★ 对点 已知函数零点个数求参数的取值范围 导数求最值的实际应用(盈利最多问题) 不含参函数的最值、极值、零点以及曲线的切线方程问题的综合判断 与函数有关的不等式问题 已知不等式恒成立求参数的可能取值 导数求最值的实际应用(生产问题之成本最低) 题号 7 8 9 10 11 12 13 难度 ★★ ★★ ★ ★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 已知嵌套函数的零点个数求参数的取值范围 已知不等式恒成立求参数的范围 求函数的解析式及定义域；导数求最值的实际应用(工程问题之费用最少) 利用导数求函数的极值；证明不等式 利用导数求函数的极值；已知不等式恒成立求参数的取值范围 求不含参函数的单调区间；证明不含参函数的零点个数 已知不等式恒成立问题求参数的取值范围；极值点偏移问题 一、选择题 1．已知函数f(x)＝x＋1＋ae－x有两个零点，则实数a的取值范围为(　　) A. B. C. D. 答案：B 解析：由题意，函数f(x)＝x＋1＋ae－x的定义域为R，令f(x)＝0，即x＋1＋ae－x＝0，即a＝(－x－1)ex，设g(x)＝(－x－1)ex，可得g′(x)＝－ex＋(－x－1)ex＝(－x－2)ex，当x<－2时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x>－2时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x→－∞时，g(x)→0，当x→＋∞时，g(x)→－∞，当x＝－2时，可得g(－2)＝，作出简图，如图所示，要使得函数f(x)＝x＋1＋ae－x有两个零点，只需直线y＝a与函数g(x)＝(－x－1)ex的图象有两个交点，所以0<a<，即实数a的取值范围是.故选B. 2．某莲藕种植塘每年的固定成本是1万元，每年最大规模的种植量是8万斤，每种植一万斤藕，成本增加0.5万元．如果销售额函数是f(x)＝－x3＋ax2＋x(x是莲藕种植量，单位：万斤；销售额的单位：万元，a是常数)，若种植2万斤，利润2.5万元，则要使利润最大，每年需种植莲藕(　　) A．8万斤 B．6万斤 C．3万斤 D．5万斤 答案：B 解析：设销售的利润为g(x)，由题意，得g(x)＝－x3＋ax2＋x－1－x，x∈(0，8]，即g(x)＝－x3＋ax2－1，当x＝2时，g(2)＝－1＋a－1＝，得a＝2，故g(x)＝－x3＋x2－1，g′(x)＝－x2＋x＝－x(x－6)，当x∈(0，6)时，g′(x)>0，当x∈(6，8)时，g′(x)<0，所以函数g(x)在(0，6)内单调递增，在(6，8)内单调递减，所以当x＝6时，利润最大．故选B. 3．(多选)(2024·江苏南京五校高二期初调研)已知函数f(x)＝x3－3x＋1，则(　　) A．f(x)有两个极值点 B．f(x)有三个零点 C．直线y＝－3x是曲线f(x)的切线 D．若f(x)在区间[－1，c]上的最大值为3，则－1<c≤2 答案：ABD 解析：由题意可知f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，易知当x∈(－1，1)时，f′(x)<0，当x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)时，f′(x)>0，即f(x)在(－1，1)内单调递减，在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)在x＝－1处取得极大值，在x＝1处取得极小值，故A正确；又f(1)＝－1＜0，f(－1)＝3＞0，f(－2)＝－1＜0，f(2)＝3＞0，所以f(x)在区间(－2，－1)，(－1，1)，(1，2)内各有一个零点，故B正确；联立y＝－3x与f(x)＝x3－3x＋1，得x3＋1＝0，解得x＝－1，y＝3，若直线y＝－3x是曲线f(x)的切线，则切点为(－1，3)，而f′(－1)＝0≠－3，故C错误；若f(x)在区间[－1，c]上的最大值为3，由上可知f(－1)＝f(2)＝3，所以－1<c≤2，故D正确．故选ABD. 4．已知m∈N*，若关于x的不等式－mx－>0(e＝2.71828…)的解集中有且仅有一个正整数，则m＝(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案：B 解析：令f(x)＝，f′(x)＝，当0<x<1时，f′(x)>0，当x>1时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝.令g(x)＝mx＋，由对勾函数的性质知g(x)＝mx＋在(0，1)内单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝2m.因为不等式有且只有一个正整数解，故所以1.6<m<2.4，即m＝2.故选B. 5．(多选)(2024·江苏盐城高二期末)若不等式ax－exln a<0在x∈[2，＋∞)时恒成立，则实数a的值可以为(　　) A．3e B．2e C．e D．2 答案：BCD 解析：由ax－exln a<0，得<＝，设f(x)＝，则f′(x)＝，当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，又f(0)＝0，f(1)＝，当x>0时，f(x)＝>0恒成立，所以f(x)＝的图象大致如图所示.<，即f(x)<f(ln a)，x≥2.对于A，当a＝3e时，ln a＝ln 3＋1>2，由图象可得f(x)<f(ln a)不恒成立，故A错误；对于B，当a＝2e时，ln a＝ln 2＋1∈(1，2)，由图象可得f(x)<f(ln a)恒成立，故B正确；对于C，当a＝e时，ln a＝1，由图象可得f(x)<f(ln a)恒成立，故C正确；对于D，当a＝2时，ln a＝ln 2，又f(ln 2)＝＝ln 2，f(2)＝，因为3×ln 2－3×＝ln 2－，且2>e，e2>6，即ln 2>1，<1，所以3×ln 2－3×＝ln 2－>0，即f(ln 2)>f(2)，由图象可得f(x)<f(ln a)恒成立，故D正确．故选BCD. 二、填空题 6．一艘船从A地到B地，其燃料费w与船速v的关系为w(v)＝(18≤v≤30)，要使燃料费最低，则v＝________． 答案：18 解析：∵w(v)＝(18≤v≤30)，∴w′(v)＝＝>0，∴w(v)在[18，30]上单调递增，∴当v＝18时，w(v)有最小值． 7．函数f(x)＝ex－x－b(e为自然对数的底数，b∈R)，若函数g(x)＝f恰有4个零点，则实数b的取值范围为________． 答案： 解析：令f(x)－＝t，则f(x)＝t＋恰有4个解．由f′(x)＝ex－1，可得f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，则f(x)min＝f(0)＝1－b<0，可得b>1.f(t)＝0有2个解，设f(t)＝0的负根为m，由题意知，m＋>1－b，m>－b，f>0，则e－b－>0，∴b<＋ln 2.∴实数b的取值范围为. 8．已知m>1，若对任意的x∈，不等式5x－ln (4x)≤mex－ln m恒成立，则m的最小值为________． 答案： 解析：5x－ln (4x)≤mex－ln m⇔4x－ln (4x)≤mex－ln m－x⇔4x－ln (4x)≤mex－ln (mex)．令f(x)＝x－ln x，x∈[1，＋∞)，则f′(x)＝1－＝≥0，∴f(x)在[1，＋∞)上单调递增．∵m>1，x∈，∴4x，mex∈[1，＋∞)，∴4x－ln (4x)≤mex－ln (mex)⇔f(4x)≤f(mex)⇔4x≤mex⇔≤m恒成立，令g(x)＝，则g′(x)＝，∴当x∈时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，∴当x＝1时，g(x)取得最大值，∴m≥，∴m的最小值为. 三、解答题 9．某市有一特色酒店由10座完全相同的帐篷构成(如图1)．每座帐篷的体积为54π m3，且分上、下两层，其中上层是半径为r(r≥1)(单位：m)的半球体，下层是半径为r，高为h的圆柱体(如图2)．经测算，上层半球体部分每平方米的建造费用为2千元，下层圆柱体的侧面、隔层和地面三个部分平均每平方米的建造费用为3千元．设所有帐篷的总建造费用为y千元． (1)求y关于r的函数解析式，并指出该函数的定义域； (2)当半径r为何值时，所有帐篷的总建造费用最小？并求出最小值． 解：(1)由题意可得πr3＋πr2h＝54π， 所以h＝－r， 所以y＝(2πr2×2＋2πr2×3＋2πrh×3)×10＝100πr2＋60πr， 即y＝60π. 因为r≥1，h>0，所以－r>0，则1≤r<3， 所以该函数的定义域为{r|1≤r<3}． (2)设f(r)＝r2＋，1≤r<3，则f′(r)＝2r－， 令f′(r)＝0，解得r＝3， 当r∈[1，3)时，f′(r)<0，f(r)单调递减； 当r∈(3，3)时，f′(r)>0，f(r)单调递增， 所以当r＝3时，f(r)取极小值也是最小值， 且f(r)min＝27， 所以总建造费用的最小值为60π×27＝1620π千元． 故当半径r为3 m时，所有帐篷的总建造费用最小，为1620π千元． 10．已知函数f(x)＝xex，g(x)＝. (1)求函数f(x)的极值； (2)当x>0时，求证：f(x)>g(x)． 解：(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， 所以函数f(x)的极小值为f(－1)＝－，无极大值． (2)证明：当x>0时，要证f(x)>g(x)，即证ex>. 令F(x)＝x2－ln x(x>0)， 则F′(x)＝2x－(x>0)， 令F′(x)>0，得x>，令F′(x)<0，得0<x<， 则F(x)在内单调递减，在上单调递增， 所以当x>0时，F(x)≥F＝－ln >0， 所以x2>ln x，即<1. 因为x>0时，ex>e0＝1， 所以当x>0时，ex>⇒xex>， 所以当x>0时，f(x)>g(x)． 11．(2024·全国甲卷)已知函数f(x)＝(1－ax)·ln (1＋x)－x. (1)当a＝－2时，求f(x)的极值； (2)当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围． 解：(1)当a＝－2时，f(x)＝(1＋2x)ln (1＋x)－x， 故f′(x)＝2ln (1＋x)＋－1＝2ln (1＋x)－＋1， 因为y＝2ln (1＋x)，y＝－＋1在(－1，＋∞)上均为增函数， 所以f′(x)在(－1，＋∞)上为增函数，而f′(0)＝0， 故当－1<x<0时，f′(x)<0，当x>0时，f′(x)>0， 故f(x)在x＝0处取得极小值，且极小值为f(0)＝0，无极大值． (2)f′(x)＝－aln (1＋x)＋－1 ＝－aln (1＋x)－， 设s(x)＝－aln (1＋x)－，x≥0， 则s′(x)＝－ ＝－＝－， 当a≤－，x>0时，s′(x)>0，故s(x)在(0，＋∞)上为增函数， 故s(x)>s(0)＝0，即在(0，＋∞)上，f′(x)>0， 所以f(x)在[0，＋∞)上为增函数， 故f(x)≥f(0)＝0； 当－<a<0，0<x<－时，s′(x)<0， 故s(x)在上为减函数， 故在上，s(x)<s(0)＝0， 即在上，f′(x)<0， 故f(x)在上为减函数， 故在上，f(x)<f(0)＝0，不符合题意，舍去； 当a≥0时，s′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立， 同理可得，在(0，＋∞)上，f(x)<f(0)＝0恒成立，不符合题意，舍去． 综上所述，a的取值范围为. 12．设函数f(x)＝＋xcosx－sinx. (1)求f(x)在[－π，π]上的单调区间； (2)证明：f(x)在R上仅有三个零点． 解：(1)f′(x)＝x＋cosx－xsinx－cosx ＝x， 由f′(x)＝0及x∈[－π，π]， 得x＝0或或. 当x变化时，f′(x)和f(x)的变化情况如下表： x [－π，0) 0 f′(x) － 0 ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以f(x)的单调递减区间为[－π，0)，，单调递增区间为，. (2)证明：当x∈[－π，π]时，由(1)得，f(x)的极小值分别为f(0)＝0，f<f＝－<0，极大值为f>f(0)＝0. 又f(π)＝－π>0， 所以f(x)在[－π，0]上仅有一个零点0， 在，上各有一个零点． 当x<－π时，f(x)≥＋x－sinx， 令g(x)＝＋x－sinx， 则g′(x)＝x＋－cosx≤x＋2， 所以当x<－π时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 因此g(x)>g(－π)＝－π>0， 即f(x)≥g(x)>0， 所以f(x)在(－∞，－π)上没有零点． 当x>π时，f(x)≥－x－sinx， 令h(x)＝－x－sinx， 则h′(x)＝x－－cosx≥x－2， 所以当x>π时，h′(x)>0，h(x)单调递增， 因此h(x)>h(π)＝－π>0， 即f(x)≥h(x)>0， 所以f(x)在(π，＋∞)上没有零点． 故f(x)在R上仅有三个零点． 13．已知函数f(x)＝－ln x＋x－a. (1)若f(x)≥0，求a的取值范围； (2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2＜1. 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝ex－＋1＝ex＋＝， 令f′(x)＝0，得x＝1. 当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增． 所以f(x)≥f(1)＝e＋1－a， 若f(x)≥0，则e＋1－a≥0，即a≤e＋1， 所以a的取值范围为(－∞，e＋1]． (2)证法一：由题意知，f(x)的一个零点小于1，一个零点大于1. 不妨设0<x1＜1＜x2， 要证x1x2＜1，即证x1＜. 因为x1，∈(0，1)，即证f(x1)＞f， 因为f(x1)＝f(x2)，即证f(x2)＞f， 即证－ln x＋x－xe－ln x－＞0，x∈(1，＋∞)， 即证－xe－2>0. 下面证明当x＞1时，－xe＞0，ln x－＜0. 设g(x)＝－xe， 则g′(x)＝ex－ ＝ex－e ＝ ＝. 设φ(x)＝， 则当x>1时，φ′(x)＝ex＝ex＞0， 此时φ(x)＞φ(1)＝e，而e＜e， 所以当x>1时，－e＞0，此时g′(x)＞0， 所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以当x>1时，g(x)＞g(1)＝0， 所以当x>1时，－xe＞0. 令h(x)＝ln x－， 则当x>1时，h′(x)＝－＝＝＜0， 所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减， 此时h(x)＜h(1)＝0， 所以当x>1时，ln x－＜0. 综上，当x>1时，－xe－2＞0， 即x1x2＜1得证． 证法二：不妨设x1<x2， 则由(1)知0<x1<1<x2，0<<1. 由f(x1)＝f(x2)＝0，得－ln x1＋x1＝－ln x2＋x2， 即ex1－ln x1＋x1－ln x1＝ex2－ln x2＋x2－ln x2. 因为函数y＝ex＋x在R上单调递增， 所以x1－ln x1＝x2－ln x2成立． 构造函数h(x)＝x－ln x，g(x)＝h(x)－h＝x－－2ln x， 则g′(x)＝1＋－＝≥0， 所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以当x>1时，g(x)>g(1)＝0， 即当x>1时，h(x)>h， 所以h(x1)＝h(x2)>h， 又h′(x)＝1－＝， 当x∈(0，1)时，h′(x)<0，所以h(x)在(0，1)内单调递减， 所以0<x1<<1，即x1x2<1. 24 学科网（北京）股份有限公司 $$