第5章 习题课 利用导数研究函数的综合问题 （课件）-【步步高】2023-2024学年高二数学选择性必修第二册 （人教A版2019）

习题课 利用导数研究函数的综合问题 第五章　一元函数的导数及其应用 1.结合函数图象利用导数研究函数的零点的问题. 2.利用导数研究恒成立问题. 3.利用导数解决生活中的实际问题. 学习目标 一、利用导数研究函数的零点或方程的解 二、利用导数研究恒成立问题 课时对点练 三、导数在解决实际问题中的应用 随堂演练 内容索引 利用导数研究函数的零点或方程的解 一 例1　给定函数f(x)＝ex－x. (1)判断函数f(x)的单调性，并求出f(x)的值域； 5 函数f(x)的定义域为R， f′(x)＝ex－1， 令f′(x)＝0，解得x＝0. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示： x (－∞，0) 0 (0，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) 单调递减 1 单调递增 所以f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增.当x＝0时，f(x)的极小值f(0)＝1，也是最小值，故函数f(x)的值域为[1，＋∞). 6 (2)画出函数f(x)的大致图象； 由(1)可知，函数的最小值为1. 当x→＋∞时，f(x)→＋∞，f′(x)→＋∞； 当x→－∞时，指数函数y＝ex越来越小，趋向于0，因此函数f(x)图象上的点逐渐趋向于直线y＝－x，根据上述信息，画出函数f(x)的大致图象如图所示. 7 (3)求出方程f(x)＝m(m∈R)在区间[－1,2]上的根的个数. 截取函数f(x)在区间[－1,2]上的图象如图所示. 由图象知，当f(0)<m≤f(－1)，即当m∈ 时，f(x)与y＝m恰有两个不同的交点，即当m∈ 时，方程f(x)＝m在区间[－1,2]上恰有两个不同的实根； 同理，当m＝1或 ＋1<m≤e2－2时，方程f(x)＝m在区间[－1,2]上有唯一的实根； 当m<1或m>e2－2时，方程f(x)＝m在区间[－1,2]上无实根. 8 判断零点的个数问题的思路 (1)求出函数的定义域. (2)求导数f′(x)及函数f′(x)的零点. (3)用f′(x)的零点将函数f(x)的定义域划分为若干个区间，列表给出f′(x)在各个区间上的正负，并得出f(x)的单调性与极值. (4)确定f(x)的图象经过一些特殊点，以及图象的变化趋势. (5)画出f(x)的大致图象. 反思感悟 9 跟踪训练1　方程(x＋1)ex＝a(a>0)解的个数为 A.3 B.2 C.1 D.0 √ 10 设f(x)＝(x＋1)ex，所以f′(x)＝ex＋(x＋1)ex＝(x＋2)ex， 当x>－2时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增， 当x<－2时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减， 当x→－∞时，f(x)<0， 当x→＋∞时，f(x)>0. 函数f(x)的大致图象如图所示， 因为a>0，所以方程(x＋1)ex＝a(a>0)的解的个数为1. 11 利用导数研究恒成立问题 二 例2　已知函数f(x)＝ln x＋ax－a2x2(a>0).若f(x)<0在定义域内恒成立，求实数a的取值范围. 13 f(x)的定义域为(0，＋∞)， 所以x，f′(x)，f(x)的变化情况如下表， x f′(x) ＋ 0 － f(x) 单调递增 极大值 单调递减 14 则a的取值范围是(1，＋∞). 15 由不等式恒成立求参数的取值范围的策略 (1)求最值法：将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题. (2)分离参数法：将参数分离出来，进而转化为a>f(x)max或a<f(x)min的形式，通过导数的应用求出f(x)的最值，即得参数的取值范围. 反思感悟 16 跟踪训练2　关于x的不等式ax<ex在x∈(0,1)上恒成立，则a的取值范围是__________. (－∞，e] 所以f′(x)<0，即f(x)在(0,1)上单调递减， 所以当x∈(0,1)时，f(x)>e， 所以a≤e. 17 导数在解决实际问题中的应用 三 例3　请你设计一个包装盒，如图所示，四边形ABCD是边长为60 cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A，B，C，D四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒.点E，F在边AB上，是被切去的一个等腰直角三角形的斜边的两个端点.设AE＝FB＝x(cm). 某厂商要求包装盒的容积V(cm3)最大，试问x应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值. 19 令V′(x)＝0，得x＝0(舍去)或x＝20. 20 ∵当0<x<20时，V′(x)>0； 当20<x<30时，V′(x)<0. ∴V(x)在x＝20时取极大值 也是唯一的极值，故为最 大值， 21 解决最优问题应从以下几个方面入手 (1)设出变量，找出函数关系式，确定定义域. (2)在实际应用问题中，若函数f(x)在定义域内只有一个极值点，则它就是最值点. 反思感悟 22 跟踪训练3　为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层.某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为6万元.该建筑物每年的能源消耗费用C(单位：万元)与隔热层厚度x(单位：cm)满足关系：C(x)＝ (0≤x≤10)，若不建隔热层，每年能源消耗费用为8万元.设f(x)为隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和. (1)求k的值及f(x)的表达式； 23 由题设可知，隔热层厚度为x cm， 再由C(0)＝8， 又隔热层建造费用为C1(x)＝6x. 则隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和为 24 (2)隔热层修建多厚时，总费用f(x)达到最小，并求最小值. 25 当0≤x<5时，f′(x)<0； 当5<x≤10时，f′(x)>0， 故x＝5是f(x)的最小值点，对应的最小值为 即当隔热层修建5 cm厚时，总费用f(x)达到最小，且最小值为70万元. 26 1.知识清单： (1)研究求函数零点的方法. (2)研究不等式恒成立问题. (3)导数在实际问题中的应用. 2.方法归纳：转化法、数形结合、分类讨论. 3.常见误区：不能正确分析函数图象的变化趋势从而不能正确得到函数零点的个数. 课堂小结 随堂演练 四 1 2 3 4 1.若不等式ax2≥ln x恒成立，则实数a的取值范围是 √ 1 2 3 4 1 2 3 4 2.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 √ 1 2 3 4 设圆锥的高为h cm,0<h<20， 1 2 3 4 √ 1 2 3 4 1 2 3 4 4.直线y＝a与函数y＝x3－3x的图象有三个相异的交点，则a的取值范围是________. (－2,2) 1 2 3 4 令y＝f(x)＝x3－3x， 则f′(x)＝3x2－3， 令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1. 因为当x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)时，f′(x)>0，当x∈(－1,1)时，f′(x)<0，所以f(x)极小值＝f(1)＝－2，f(x)极大值＝f(－1)＝2.函数f(x)＝x3－3x的大致图象如图所示，所以－2<a<2. 课时对点练 五 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 基础巩固 1.函数f(x)＝x3－12x－16的零点个数为 A.0 B.1 C.2 D.3 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由题意得f′(x)＝3x2－12＝3(x＋2)(x－2)， 令f′(x)>0，得x>2或x<－2；令f′(x)<0， 得－2<x<2， 所以函数的单调递增区间为(－∞，－2)，(2，＋∞)，单调递减区间为(－2,2)， 所以函数的极大值为f(－2)＝0， 极小值为f(2)＝－32， 当x→－∞时，f(x)<0， 当x→＋∞时，f(x)>0， 所以函数的零点个数为2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2.已知函数f(x)＝ex－x－a，若函数y＝f(x)有零点，则实数a的取值范围是 A.(1，＋∞) B.[1，＋∞) C.(－∞，1) D.(－∞，1] √ 函数y＝f(x)有零点等价于方程ex－x＝a有解，令g(x)＝ex－x，g′(x)＝ex－1， 当x>0时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；当x<0时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减， 又g(0)＝1，所以a≥1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3.某商场从生产厂家以每件20元的价格购进一批商品.若该商品零售价定为P元，销量为Q，销量Q(单位：件)与零售价P(单位：元)有如下关系：Q＝8 300－170P－P2，则最大毛利润为(毛利润＝销售收入－进货支出) A.30元 B.60元 C.28 000元 D.23 000元 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设毛利润为L(P). 则L(P)＝PQ－20Q＝(8 300－170P－P2)(P－20) ＝－P3－150P2＋11 700P－166 000， 所以L′(P)＝－3P2－300P＋11 700. 令L′(P)＝0，解得P＝30或P＝－130(舍去). 此时，L(30)＝23 000. 根据实际问题的意义知，L(30)是最大值，即零售价定为每件30元时，最大毛利润为23 000元. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4.若函数f(x)＝x2ex－a恰有三个零点，则实数a的取值范围是 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 令g(x)＝x2ex， 则g′(x)＝2xex＋x2ex＝xex(x＋2). 令g′(x)＝0，得x＝0或x＝－2， ∴g(x)在(－2,0)上单调递减，在(－∞，－2)，(0，＋∞)上单调递增. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 5.设I是函数y＝f(x)的定义域，若存在x0∈I，使f(x0)＝－x0，则称x0是f(x)的一个“次不动点”，也称f(x)在区间I上存在“次不动点”.若函数f(x)＝ax3－3x2－x＋1在R 上存在三个“次不动点x0”，则实数a的取值范围是 A.(－2,0)∪(0,2) B.(－2,2) C.(－1,0)∪(0,1) D.[－1,1] √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为函数f(x)＝ax3－3x2－x＋1在R上存在三个“次不动点x0”， 设g(x)＝ax3－3x2＋1，则g′(x)＝3ax2－6x， 由已知a≠0，令g′(x)＝0，即3ax2－6x＝0， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 即a2<4，解得－2<a<0. 综上可得，实数a的取值范围是(－2,0)∪(0,2). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 6.(多选)已知函数f(x)＝ ，则下列结论正确的是 A.函数f(x)存在两个不同的零点 B.函数f(x)既存在极大值又存在极小值 C.当－e<k<0时，方程f(x)＝k有且只有两个实根 D.若x∈[t，＋∞)时，f(x)max＝ ，则t的最小值为2 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 A项，由f(x)＝0，得x2＋x－1＝0， 当f′(x)>0时，－1<x<2； 当f′(x)<0时，x<－1或x>2， 所以函数的单调递减区间为(－∞，－1)，(2，＋∞)，函数的单调递增区间为(－1,2)， 所以f(－1)是函数的极小值，f(2)是函数的极大值，所以B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 C项，当x趋向于＋∞时，f(x)趋向于0，根据B项可知，函数的最小值是f(－1)＝－e，再根据单调性可知，当－e<k<0时，方程f(x)＝k有且只有两个实根，所以C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 7.已知曲线f(x)＝－x3＋3x2＋9x＋a与x轴只有一个交点，则实数a的取值范围为_________________. {a|a<－27或a>5} 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 f′(x)＝－3x2＋6x＋9. 令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝3. 当f′(x)>0时，－1<x<3；当f′(x)<0时，x<－1或x>3， 所以当x＝－1时，f(x)取得极小值为f(－1)＝a－5；当x＝3时，f(x)取得极大值为f(3)＝a＋27. 画出大致图象，要使f(x)的图象与 x轴只有一个交点，只需极大值小 于0(如图1)或极小值大于0(如图2)， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 所以a＋27<0或a－5>0， 解得a<－27或a>5， 故实数a的取值范围为{a|a<－27或a>5}. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 8.已知函数f(x)＝ln x－x－xe－x－k有零点，则实数k的取值范围是 ________________. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 令g(x)＝ex－x，x>0，则g′(x)＝ex－1>0恒成立， ∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，则g(x)>g(0)＝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， 函数f(x)＝ln x－x－xe－x－k有零点，则－1－ －k≥0，解得k≤－1－ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9.已知函数f(x)＝aex－2x＋1.若f(x)>0对x∈R成立，求实数a的取值范围. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 f(x)>0对x∈R成立， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 故实数a的取值范围为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10.某知名保健品企业新研发了一种健康饮品.已知每天生产该种饮品最多不超过40千瓶，最少1千瓶，经检测知生产过程中该饮品的正品率P与日 产量x(x∈N*，单位：千瓶)间的关系为P＝ ，每生产一瓶正品盈 利4元，每生产一瓶次品亏损2元.(注：正品率＝饮品的正品瓶数÷饮品总瓶数×100%) (1)将日利润y(元)表示成日产量x的函数； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由题意，知每生产1千瓶正品盈利4 000元，每生产1千瓶次品亏损2 000元， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)求该种饮品的最大日利润. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 令f(x)＝－ x3＋3 600x，x∈[1,40]， 则f′(x)＝3 600－4x2. 令f′(x)＝0，解得x＝30或x＝－30(舍去). 当1≤x<30时，f′(x)>0； 当30<x≤40时，f′(x)<0， 所以函数f(x)在[1,30)上单调递增，在(30,40]上单调递减， 所以当x＝30时，函数f(x)取得极大值，也是最大值，为f(30)＝－ ×303＋3 600×30＝72 000，即y的最大值为72 000， 所以该种饮品的最大日利润为72 000元. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 综合运用 √ 当x>e时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当0<x<e时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 显然当x>1时，g(x)>0；当0<x<1时，g(x)<0；当x＝1时，g(1)＝0， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 12.方程x2＝ex的实根个数为 A.0 B.1 C.2 D.3 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设f(x)＝ex－x2，f′(x)＝ex－2x， 令g(x)＝f′(x)＝ex－2x， 则g′(x)＝ex－2，令g′(x)＝0，则x＝ln 2， 当x<ln 2时，g′(x)<0；当x>ln 2时，g′(x)>0， 所以g(x)在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增， 所以当x＝ln 2时，g(x)取得极小值，也是最小值，为f′(x)的最小值， f′(x)min＝f′(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2(1－ln 2)>0， 即f′(x)>0在(－∞，＋∞)上恒成立， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 所以f(x)＝ex－x2在(－∞，＋∞)上单调递增， 所以函数f(x)＝ex－x2存在唯一的零点， 即方程x2＝ex只有1个实根. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 13.若方程2x3－6x2＋4＋m＝0有三个不同的实数根，则m的取值范围是________. (－4,4) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设f(x)＝2x3－6x2＋4，x∈R， 令f′(x)＝6x2－12x＝0，解得x＝0或2， 则f′(x)，f(x)随x的变化如下表， x (－∞，0) 0 (0，2) 2 (2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 单调递增 极大值4 单调递减 极小值－4 单调递增 则当x＝0时，函数有极大值f(0)＝4； 当x＝2时，函数有极小值f(2)＝－4， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 又当x→－∞时，f(x)→－∞， 当x→＋∞时，f(x)→＋∞， 所以当－4<m<4时，2x3－6x2＋4＋m＝0有三个不同的实数根. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 14.一个帐篷，它下部的形状是高为1 m的正六棱柱，上部的形状是侧棱长为3 m的正六棱锥(如图所示).当帐篷的顶点O到底面中心O1的距离为_____ m时，帐篷的体积最大. 2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设OO1＝x m，则1<x<4. 由题设可得正六棱锥底面边长为 则底面正六边形的面积为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 令V′(x)＝0， 解得x＝－2(不符合题意，舍去)或x＝2. 当1<x<2时，V′(x)>0，V(x)单调递增； 当2<x<4时，V′(x)<0，V(x)单调递减. 综上，当x＝2时，V(x)最大. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 拓广探究 15.已知方程|ln x |＝ax有三个实数解，则实数a的取值范围为________. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为方程|ln x|＝ax有三个实数解， 所以函数y＝|ln x|与y＝ax的图象有三个交点， 作出y＝|ln x|的图象如图， 当a≤0时，函数y＝|ln x|与y＝ax的图象至多有1个交点，不符合题意； 当a>0时，设y＝ln x 与y＝ax相切于点P(x0，y0)， 则y0＝ln x0＝ax0， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (1)当b＝0时，求f(x)在[－1,3]上的值域； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ∴f′(x)＝x2－3x＋2＝(x－1)(x－2)， 令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝2， 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示： x －1 (－1，1) 1 (1,2) 2 (2，3) 3 f′(x)   ＋ 0 － 0 ＋   f(x) 单调递增 单调递减 单调递增 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)若方程f(x)＝1有三个不同的解，求b的取值范围. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ∵方程f(x)＝1有三个不同的解， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 函数的图象经过特殊点f(－1)＝＋1，f(2)＝e2－2，f(0)＝1， 所以f(x)min＝f(－2)＝－e－2＝－<0， 令f′(x)＝＝0， 得x1＝－(舍去)，x2＝， 所以f(x)max＝f ＝ln <0，所以a>1. 当x∈(0,1)时，ax<ex⇔a<， 令f(x)＝，则问题等价于a<f(x)min， 则f′(x)＝＝， ∵V(x)＝(x)2×(60－2x)× ＝x2×(60－2x)＝－2x3＋60x2(0<x<30). ∴V′(x)＝－6x2＋120x＝－6x(x－20). ∴底面边长为x＝20(cm)， 高为(30－x)＝10(cm)， 即此时包装盒的高与底面边长的比值为. 每年的能源消耗费用为C(x)＝， 得k＝40，因此C(x)＝.  f(x)＝20C(x)＋C1(x)＝20×＋6x＝＋6x(0≤x≤10).  f′(x)＝6－，令f′(x)＝0， 即＝6，解得x1＝5，x2＝－(舍去).  f(5)＝6×5＋＝70.  A. B.  C. D. ∴当0<x<时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x>时，f′(x)<0，f(x)单调递减； ∴f(x)≤f()＝，故a≥. 由题设知，a≥恒成立，令f(x)＝且x>0， 则f′(x)＝＝， A. cm B. cm C. cm D. cm ∴V＝π(202－h2)×h＝π(400－h2)h， ∴V′＝π(400－3h2)，令V′＝0，得h＝， 当h∈时，V′>0， 当h∈时，V′<0， 故当h＝时，体积最大. 3.若函数f(x)＝ln x＋－a在区间(1，e)上只有一个零点，则实数a的取值范围为  A.a≤1 B.a>e  C.1<a<＋1 D.<a<1 令ln x＋－a＝0，则ln x＋＝a， 因为函数f(x)＝ln x＋－a在区间(1，e)上只有一个零点， 则函数g(x)＝ln x＋与函数h(x)＝a的图象只有一个交点， 又g′(x)＝－＝>0，x∈(1，e). g(x)＝ln x＋在(1，e)上单调递增， 则g(x)∈，所以1<a<＋1. A. B. C.(0,4e2)  D.(0，＋∞) ∴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<. 所以ax－3x－x0＋1＝－x0在R上有三个解， 即ax－3x＋1＝0在R上有三个解， 解得x＝0或x＝. 当a>0时，x>或x<0时，g′(x)>0； 0<x<时，g′(x)<0，要使g(x)＝ax3－3x2＋1有三个零点，则g<0， 即a2<4，解得0<a<2； 当a<0时，x<或x>0时，g′(x)<0； <x<0时，g′(x)>0，要使g(x)＝ax3－3x2＋1有三个零点，则g<0， 解得x＝，所以A正确； B项，f′(x)＝－＝－， D项，f(2)＝，由图象可知，t的最大值是2，所以D不正确. 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1－(1－x)e－x＝， ∴f(x)max＝f(1)＝－1－－k， . 即为a>对任意x∈R恒成立， 设g(x)＝，则a>g(x)max， g′(x)＝＝， 令g′(x)＝0，解得x＝， 当x>时，g′(x)<0，当x<时，g′(x)>0， 故函数g(x)在上单调递增，在上单调递减， ∴g(x)max＝g＝ 所以y＝4 000×x－2 000×x＝3 600x－x3， 所以日利润y＝－x3＋3 600x(x∈N*，1≤x≤40).  11.已知函数f(x)＝－a有两个不同的零点，则实数a的取值范围是  A.(0，e) B.(－∞，e)  C. D. 因为函数f(x)＝－a有两个不同的零点，所以方程f(x)＝－a＝0有两个不同的实数根，因此函数g(x)＝与函数y＝a有两个不同的 交点. 由g(x)＝，得g′(x)＝， 因此当x＝e时，函数g(x)有最大值，最大值为g(e)＝＝， 通过函数g(x)＝的图象和上述分析的性质可知， 当a∈时，函数g(x)＝与函数y＝a有两个 交点，即f(x)＝－a有两个不同的零点. 因此函数g(x)＝的图象如图所示. 又f(0)＝1>0，f(－1)＝－1<0， ＝， 6××()2＝(8＋2x－x2). 帐篷的体积为V(x)＝(8＋2x－x2)＝(16＋12x－x3)， 则V′(x)＝(12－3x2). 0<a< 又因为对y＝ln x，y′＝， 所以a＝，所以x0＝e，ae＝1， 所以a＝， 所以函数y＝与y＝ax的图象有三个 交点时0<a<. 16.已知函数f(x)＝x3－x2＋2x＋b(b∈R). 当b＝0时，f(x)＝x3－x2＋2x， － 可得当x＝－1时，f(x)取得最小值为－； 当x＝3时，f(x)取得最大值为， ∴f(x)在[－1,3]上的值域为. 即x3－x2＋2x＝1－b有三个不同的解， 由(1)知，y＝x3－x2＋2x在(－∞，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1,2) 上单调递减， ∴y＝x3－x2＋2x在x＝1处取得极大值为，在x＝2处取得极小值为， ∴<1－b<，解得<b<. ∴b的取值范围为. $$