第5章一元函数的导数及其应用习题课4-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第二册

该高中数学课件聚焦“导数的综合应用”，涵盖函数零点、恒成立问题及实际应用三大核心内容，通过互动探究中的典型例题（如含参数函数零点分析、不等式恒成立求参），衔接导数单调性、极值等基础知识点，搭建从基础到综合的学习支架。 其亮点在于采用“师生共研+跟踪训练”模式，以数学思维引导学生通过导数研究函数性质（如例1用极值判断零点个数），结合实际问题建模（如建桥费用优化）培养数学眼光，助力学生提升分析解决问题能力，教师可依托清晰题型结构高效开展教学。

第五章　一元函数的导数及其应用 习题课4　导数的综合应用 【学习与目标】　 目录 互动探究通道 巩固提升通道 高效课时作业 互动探究通道 师生共研 探究重点难点 返回目录 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 (－2，2) 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 B 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 巩固提升通道 当堂巩固 验收关键能力 返回目录 巩固提升通道 A 巩固提升通道 A 巩固提升通道 巩固提升通道 B 巩固提升通道 巩固提升通道 高效课时作业 返回目录 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 A 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 C 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 C 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 D 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 C 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 {a|a<－27或a>5} 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 BD 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (－∞，e2－2] 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 Thank you for watching. 1.结合函数图象利用导数研究函数的零点问题.2.利用导数研究恒(能)成立问题.3.利用导数解决生活中的实际问题． 类型一　导数在零点问题中的应用 【例1】　已知函数f(x)＝ eq \f(ln x＋a,x)－1. (1)求f(x)的单调区间； (2)当a≤1时，求函数f(x)在区间(0，e]上零点的个数． [解]　(1)f′(x)＝ eq \f(1－ln x－a,x2)， 令f′(x)＝0，得x＝e1-a. f′(x)及f(x)随x的变化情况如表： x (0，e1-a) e1-a (e1-a，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x)  极大值  所以f(x)的单调递增区间为(0，e1-a)，单调递减区间为(e1-a，＋∞). (2)由(1)可知f(x)的最大值为f(e1-a)＝ eq \f(1－e1-a,e1-a)， ①当a＝1时，f(x)的最大值f(e1-a)＝f(1)＝0，f(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，e)上单调递减． 故f(x)在区间(0，e]上只有一个零点． ②当a<1时，1－a>0，e1-a>1， 则f(e1-a)＝ eq \f(1－e1-a,e1-a)<0， 所以f(x)在区间(0，e]上无零点． 综上，当a＝1时，f(x)在区间(0，e]上只有一个零点，当a<1时，f(x)在区间(0，e]上无零点． 利用导数研究函数的零点或方程根的方法是借助导数研究函数的单调性、极值(最值)，通过极值或最值的正负、函数的单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点的个数求参数范围． [跟踪训练1]　直线y＝a与函数y＝f(x)＝x3－3x的图象有三个交点，则a的取值范围是 ． 解析　f′(x)＝3x2－3，令f′(x)>0，得x<－1或x>1，令f′(x)<0，得－1<x<1，所以在(－∞，－1)和(1，＋∞)上，f(x)单调递增，在(－1，1)上，f(x)单调递减，所以f(x)极小值＝f(1)＝－2，f(x)极大值＝f(－1)＝2.函数y＝x3－3x的大致图象如图所示，所以－2<a<2. 类型二　导数在恒(能)成立问题中的应用 【例2】　已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在x＝－ eq \f(2,3)与x＝1处都取得极值． (1)求a，b的值及函数f(x)的单调区间； (2)若对x∈[－1，2]，不等式f(x)<c2恒成立，求c的取值范围． [解]　(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c， 得f′(x)＝3x2＋2ax＋b， 由题意知f′(1)＝3＋2a＋b＝0，f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＝ eq \f(4,3)－ eq \f(4,3)a＋b＝0，解得a＝－ eq \f(1,2)，b＝－2， 经检验，满足题意， 所以f′(x)＝3x2－x－2＝(3x＋2)(x－1)， 令f′(x)＝0，解得x＝－ eq \f(2,3)或x＝1， 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表： x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2,3))) － eq \f(2,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，1)) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以函数f(x)的单调递增区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2,3)))和(1，＋∞)；单调递减区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，1)). (2)由(1)知，f(x)＝x3－ eq \f(1,2)x2－2x＋c，x∈[－1，2]， 当x＝－ eq \f(2,3)时，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＝ eq \f(22,27)＋c为极大值， 又f(2)＝2＋c> eq \f(22,27)＋c，所以f(2)＝2＋c为最大值． 要使f(x)<c2(x∈[－1，2])恒成立，只需c2>f(2)＝2＋c，解得c<－1或c>2. 故c的取值范围为(－∞，－1)∪(2，＋∞). eq \x(变式探究) (变条件)把本例(2)中“若对x∈[－1，2]，不等式f(x)<c2恒成立”改为“若存在x∈[－1，2]，不等式f(x)<c2成立”，结果如何？ 解　由本例知当x＝1时，f(1)＝c－ eq \f(3,2)为极小值， 又f(－1)＝ eq \f(1,2)＋c>c－ eq \f(3,2)， 所以f(1)＝c－ eq \f(3,2)为最小值． 若存在x∈[－1，2]，不等式f(x)<c2成立， 只需c2>f(1)＝c－ eq \f(3,2)，即2c2－2c＋3>0， 解得c∈R. (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. [跟踪训练2]　已知函数f(x)＝ln x－x＋a－1，若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≥0成立，则实数a的取值范围是(　　) A．[0，＋∞) B．[2，＋∞) C．(－∞，0] D．(－∞，2] 解析　由f(x)＝ln x－x＋a－1，得f′(x)＝ eq \f(1,x)－1，令f′(x)＝0，得x＝1.当0<x<1时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增，当x>1时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减，∴f(x)max＝f(1)＝a－2.∵存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≥0成立，∴只需f(x)max＝a－2≥0，即a≥2，∴实数a的取值范围是[2，＋∞).故选B. 类型三　导数在实际问题中的应用 【例3】　(2024·江苏启东中学月考)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的工程费用为(2＋ eq \r(x))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＝ eq \f(m,x)－1，所以y＝f(x)＝256n＋(n＋1)(2＋ eq \r(x))x＝256· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,x)－1))＋ eq \f(m,x)(2＋ eq \r(x))x＝ eq \f(256m,x)＋m eq \r(x)＋2m－256(0<x≤m). (2)对(1)中函数f(x)求导得，f′(x)＝－ eq \f(256m,x2)＋ eq \f(1,2)mx－ eq \f(1,2)＝ eq \f(640,2x2)(x eq \s\up6(\f(3,2))－512)＝ eq \f(320,x2)(x eq \s\up6(\f(3,2))－512)(0<x≤640). 令f′(x)＝0，解得x eq \s\up6(\f(3,2))＝512，即x＝64. 当0<x<64时，f′(x)<0，f(x)在区间(0，64)上单调递减； 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＝ eq \f(m,x)－1＝ eq \f(640,64)－1＝9. 故当m＝640时，需新建9个桥墩才能使y最小． (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． [跟踪训练3]　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＋4 320x(0<x<24)， V′(x)＝12x2－552x＋4 320＝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)＝19 600. 故容器的高为10 cm时，容器的容积最大，最大容积是19 600 cm3. 1．某产品的销售收入y1(万元)关于产量x(千台)的函数为y1＝17x2(x>0)，生产成本y2(万元)关于产量x(千台)的函数为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 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．故为使利润最大，应生产6千台． 2．若函数f(x)的定义域是R，f(0)＝2，对任意的x∈R，f(x)＋f′(x)>1，则不等式exf(x)>ex＋1的解集是(　　) A．{x|x>0} B．{x|x<0} C．{x|x<－1或x>1} D．{x|x<－1或0<x<1} 解析　构造函数g(x)＝exf(x)－ex－1， 则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]. 由已知f(x)＋f′(x)>1，可得g′(x)>0， 所以g(x)为R上的增函数． 又因为g(0)＝e0f(0)－e0－1＝0， 所以当x>0时，g(x)>g(0)＝0，即exf(x)>ex＋1. 故不等式exf(x)>ex＋1的解集为{x|x>0}． 3．设f(x)，g(x)是定义域为R的恒大于0的可导函数，且f′(x)g(x)－f(x)g′(x)<0，则当a<x<b时，有(　　) A．f(x)g(x)>f(b)g(b) B．f(x)g(b)>f(b)g(x) C．f(x)g(a)>f(a)g(x) D．f(x)g(x)>f(a)g(a) 解析　设F(x)＝ eq \f(f(x),g(x))， 则F′(x)＝ eq \f(f′(x)g(x)－f(x)g′(x),g2(x))， 由f′(x)g(x)－f(x)g′(x)<0，得F′(x)<0， 所以F(x)在R上单调递减， 因为a<x<b，所以 eq \f(f(b),g(b))< eq \f(f(x),g(x))< eq \f(f(a),g(a))， 又f(x)，g(x)是定义域为R的恒大于0的可导函数，故f(x)g(b)>f(b)g(x)，f(x)g(a)<f(a)g(x). 4．(2023·山东潍坊期末)若函数f(x)＝(x－1)ex－ax有小于0的极值点，则a的取值范围是 . eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，0)) 解析　由题得f′(x)＝xex－a，令g(x)＝xex，则g′(x)＝(x＋1)ex.当x<－1时， g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>－1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，故g(x)min＝g(－1)＝－ eq \f(1,e).由ex>0恒成立，知当x<－1时，g(x)<0恒成立，因此当x<0时，－ eq \f(1,e)<g(x)<0.因为函数f(x)有小于0的极值点，所以f′(x)有小于0的零点，且在零点的左右两侧符号不同，即关于x的方程g(x)＝a有小于0的根，所以a∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，0)). 基础巩固 1．已知函数f(x)＝ex－x＋a，若f(x)>0恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A．(－1，＋∞) B．(－∞，－1) C．[－1，＋∞) D．(－∞，－1] 解析　f′(x)＝ex－1，令f′(x)>0，解得x>0，令f′(x)<0，解得x<0，故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)min＝f(0)＝1＋a. 若f(x)>0恒成立，则1＋a>0，解得a>－1，故选A. 2．函数f(x)＝x3－12x－16的零点个数为(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析　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)→－∞， 当x→＋∞时，f(x)→＋∞， 所以函数的零点个数为2. 3．定义在R上的函数f(x)，若(x－1)·f′(x)<0，则下列各项正确的是(　　) 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)与2f(1)的大小关系不确定 解析　∵(x－1)f′(x)<0，∴当x>1时，f′(x)<0；当x<1时，f′(x)>0. 则f(x)在(1，＋∞)上单调递减，在(－∞，1)上单调递增， ∴f(0)<f(1)，f(2)<f(1)，则f(0)＋f(2)<2f(1). 4．已知函数f(x)＝ eq \f(ex,x)－ax，x∈(0，＋∞)，当x2>x1时，不等式 eq \f(f(x1),x2)< eq \f(f(x2),x1)恒成立，则实数a的取值范围为(　　) A．(－∞，e] B．(－∞，e) C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(e,2))) D． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(e,2))) 解析　因为x∈(0，＋∞)，所以原不等式可转化为x1f(x1)<x2f(x2)，设函数g(x)＝xf(x)，x>0，则函数g(x)＝ex－ax2在(0，＋∞)上单调递增，所以g′(x)＝ex－2ax≥0在(0，＋∞)上恒成立，且g′(x)不恒为零，所以2a≤ eq \f(ex,x)在x∈(0，＋∞)上恒成立．令m(x)＝ eq \f(ex,x)，x>0，则m′(x)＝ eq \f((x－1)ex,x2). 当x∈(0，1)时，m′(x)<0，m(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，m′(x)>0，m(x)单调递增，所以2a≤m(x)min＝m(1)＝e，所以a≤ eq \f(e,2). 5．已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1，2)，则(　　) A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值 B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值 C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值 D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值 解析　当k＝1时，f(x)＝(ex－1)(x－1)，0，1是函数f(x)的零点．易知当0<x<1时，f(x)<0；当x>1时，f(x)>0.故x＝1不会是极值点． 当k＝2时，f(x)＝(ex－1)(x－1)2，所以f′(x)＝ex(x－1)2＋2(ex－1)(x－1)＝(x－1)(xex＋ex－2). 当x＝1时，f′(x)＝0，且当x>1时，f′(x)>0，当ln 2<x<1时，f′(x)<0，故函数f(x)在(ln 2，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，从而f(x)在x＝1处取到极小值． 6．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(1,x)，x<0，,\f(ln x,x)，x>0，))若函数F(x)＝f(x)－kx在(－∞，0)∪(0，＋∞)上有3个零点，则实数k的取值范围为(　　) A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2e))) C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2e))) D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2e)，\f(1,e))) 解析　当x<0时，由F(x)＝0，得k＝ eq \f(f(x),x)＝ eq \f(1,x2)，令g(x)＝ eq \f(1,x2)，g′(x)＝－ eq \f(2,x3)>0，所以g(x)在(－∞，0)上是增函数，当x→0时，g(x)→＋∞；当x→－∞时，g(x)→0. 当x>0时，由F(x)＝0，得k＝ eq \f(f(x),x)＝ eq \f(ln x,x2)， 令h(x)＝ eq \f(ln x,x2)，h′(x)＝ eq \f(1－2ln x,x3)， 当x∈(0， eq \r(e))时，h′(x)>0， 所以h(x)在(0， eq \r(e))上单调递增， 当x∈( eq \r(e)，＋∞)时，h′(x)<0， 所以h(x)在( eq \r(e)，＋∞)上单调递减， 所以当x＝ eq \r(e)时，h(x)取得最大值 eq \f(1,2e)， 当x→0时，h(x)→－∞； 当x→＋∞时，h(x)→0. 因为F(x)＝f(x)－kx在(－∞，0)∪(0，＋∞)上有3个零点， 所以实数k的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2e)))， 综上可得实数k的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2e))).故选B. 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 ． 解析　令f(x)＝0，即a＝x3－3x2－9x， 依题意，函数g(x)＝x3－3x2－9x的图象与 直线y＝a只有一个交点， 又g′(x)＝3x2－6x－9＝3(x2－2x－3)＝3(x－3)(x＋1)， 令g′(x)>0，解得x<－1或x>3， 令g′(x)<0，解得－1<x<3， 所以函数g(x)在(－∞，－1)，(3，＋∞)上单调递增，在(－1，3)上单调递减， 且g(－1)＝－1－3＋9＝5，g(3)＝27－27－27＝－27， 作出函数g(x)的图象如图所示， 由图象可知，要使函数g(x)＝x3－3x2－9x的图象与 直线y＝a只有一个交点，只需a<－27或a>5， 所以实数a的取值范围为{a|a<－27或a>5}． 8．如图，矩形ABCD内接于抛物线y＝1－x2，其中点A，B在抛物线上运动，点C，D在x轴上运动，则此矩形的面积的最大值是 ． eq \f(4\r(3),9) 解析　设CD＝x，则点C的坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)，0))，点B的坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)，1－\f(x2,4)))，所以矩形ABCD的面积S＝f(x)＝x· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x2,4)))＝－ eq \f(x3,4)＋x，x∈(0，2).令f′(x)＝－ eq \f(3,4)x2＋1＝0，得x1＝－ eq \f(2\r(3),3)(舍)，x2＝ eq \f(2\r(3),3)，所以当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(3),3)))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，2))时，f′(x)<0，f(x)单调递减．所以当x＝ eq \f(2\r(3),3)时，f(x)取得最大值 eq \f(4\r(3),9). 9．某单位用2 160万元购得一块空地，计划在该空地上建造一栋至少10层、每层2 000平方米的楼房．经测算，如果将楼房建为x(x≥10)层，则每平方米的平均建筑费用为560＋48x(单位：元).为了使楼房每平方米的平均综合费用最少，该楼房应建为多少层？ (注：平均综合费用＝平均建筑费用＋平均购地费用，平均购地费用＝购地总费用÷建筑总面积) 解　设楼房每平方米的平均综合费用为f(x)元， 则f(x)＝(560＋48x)＋ eq \f(2 160×10 000,2 000x) ＝560＋48x＋ eq \f(10 800,x)(x≥10，且x∈N)， 则f′(x)＝48－ eq \f(10 800,x2)，令f′(x)＝0，得x＝15. 当x>15时，f′(x)>0；当10≤x<15时，f′(x)<0， 因此当x＝15时，f(x)取得最小值f(15)＝2 000. 故为了使楼房每平方米的平均综合费用最少，该楼房应建为15层． 10．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． 解　f(x)>0对x∈R成立， 即为a> eq \f(2x－1,ex)对任意x∈R恒成立， 设g(x)＝ eq \f(2x－1,ex)，则a>g(x)max， g′(x)＝ eq \f(2ex－(2x－1)ex,(ex)2)＝ eq \f(3－2x,ex)， 令g′(x)＝0，解得x＝ eq \f(3,2)， 当x> eq \f(3,2)时，g′(x)<0，当x< eq \f(3,2)时，g′(x)>0， 故函数g(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2)))上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))上单调递减， ∴g(x)max＝g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝ eq \f(2,e\s\up6(\f(3,2)))＝2e－ eq \f(3,2)， 故实数a的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2e－\f(3,2)，＋∞)). 能力提升 11．方程x2＝ex的实根个数为(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析　设f(x)＝ex－x2，则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， 所以f(x)＝ex－x2在(－∞，＋∞)上单调递增， 又f(0)＝1>0，f(－1)＝ eq \f(1,e)－1<0， 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． 12．(多选)已知P：3x－a≤4x3，x∈[0，2]，则正确的选项为(　 　) A．若∃x1∈[0，2]，P成立，则a≥1 B．若∃x1∈[0，2]，P成立，则a≥－26 C．若∀x1∈[0，2]，P恒成立，则a≥0 D．若∀x1∈[0，2]，P恒成立，则a≥1 解析　由3x－a≤4x3得a≥3x－4x3. 设f(x)＝3x－4x3，则f′(x)＝－12x2＋3＝3(2x＋1)(1－2x)，x∈[0，2].由f′(x)＝0，得x＝ eq \f(1,2)，又f(0)＝0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1，f(2)＝－26，所以函数f(x)＝3x－4x3在区间[0，2]上的最大值为1，最小值为－26. 若∃x1∈[0，2]，P成立，则a≥f(x)min，即a≥－26；若∀x1∈[0，2]，P恒成立，则a≥f(x)max，即a≥1.故选BD. 13．已知函数f(x)＝x2－2ln x，若关于x的不等式f(x)－m≥0在[1，e]上有实数解，则实数m的取值范围是 ． 解析　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－ eq \f(2,x)＝ eq \f(2(x2－1),x)，当x∈[1，e]时，f′(x)≥0，此时，函数f(x)单调递增，所以f(1)≤f(x)≤f(e)，即1≤f(x)≤e2－2，要使f(x)－m≥0在[1，e]上有实数解，则有m≤e2－2. 多元数学 14． eq \a\vs4\al(（数学运算）)已知函数f(x)＝ eq \f(1,3)x3－ eq \f(3,2)x2＋2x＋b(b∈R). (1)当b＝0时，求f(x)在[－1，3]上的值域； (2)若方程f(x)＝1有三个不同的解，求b的取值范围． 解　(1)当b＝0时，f(x)＝ eq \f(1,3)x3－ eq \f(3,2)x2＋2x， ∴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) － eq \f(23,6) 单调 递增 eq \f(5,6) 单调 递减 eq \f(2,3) 单调 递增 eq \f(3,2) 可得当x＝－1时，f(x)取得最小值，为－ eq \f(23,6)； 当x＝3时，f(x)取得最大值，为 eq \f(3,2)， ∴f(x)在[－1，3]上的值域为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(23,6)，\f(3,2))). (2)∵方程f(x)＝1有三个不同的解， 即 eq \f(1,3)x3－ eq \f(3,2)x2＋2x＝1－b有三个不同的解， 由(1)知，y＝ eq \f(1,3)x3－ eq \f(3,2)x2＋2x在(－∞，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1，2)上单调递减， ∴y＝ eq \f(1,3)x3－ eq \f(3,2)x2＋2x在x＝1处取得极大值为 eq \f(5,6)，在x＝2处取得极小值为 eq \f(2,3)， ∴ eq \f(2,3)<1－b< eq \f(5,6)，解得 eq \f(1,6)<b< eq \f(1,3). ∴b的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)，\f(1,3))). $