2023高三数学(理)二轮专题复习文档：专题六函数与导数、不等式第5讲导数的综合应用与热点问题

2023高三数学（理）二轮专题复习文档：专题六函数与导数、不等式第5讲导数的综合应用与热点问题高考定位在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以含指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题.真题感悟1.(2023·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ex－ax2.(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.(1)证明当a＝1时，f(x)＝ex－x2，则f′(x)＝ex－2x.令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝ex－2.令g′(x)＝0，解得x＝ln2.当x∈(0，ln2)时，g′(x)<0；当x∈(ln2，＋∞)时，g′(x)>0.∴当x≥0时，g(x)≥g(ln2)＝2－2ln2>0，∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f(x)≥f(0)＝1.(2)解若f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，即方程ex－ax2＝0在(0，＋∞)上只有一个解，由a＝，令φ(x)＝，x∈(0，＋∞)，φ′(x)＝，令φ′(x)＝0，解得x＝2.当x∈(0，2)时，φ′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，φ′(x)>0.∴φ(x)min＝φ(2)＝.∴a＝.2.(2023·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ax2－ax－xlnx，且f(x)≥0.(1)求a；(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－2<f(x0)<2－2.(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，设g(x)＝ax－a－lnx，则f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等价于g(x)≥0，因为g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0，而g′(x)＝a－，g′(1)＝a－1，得a＝1.若a＝1，则g′(x)＝1－.当0<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，所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0.综上，a＝1.(2)证明由(1)知f(x)＝x2－x－xlnx，f′(x)＝2x－2－lnx，设h(x)＝2x－2－lnx，则h′(x)＝2－.当x∈时，h′(x)<0；当x∈时，h′(x)>0.所以h(x)在单调递减，在单调递增.又h(e－2)>0，h<0，h(1)＝0，所以h(x)在有唯一零点x0，在有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，h(x)>0；当x∈(x0，1)时，h(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.因为f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点.由f′(x0)＝0得lnx0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0).由x0∈得f(x0)<.因为x＝x0是f(x)在(0，1)的最大值点，由e－1∈(0，1)，f′(e－1)≠0得f(x0)>f(e－1)＝e－2.所以e－2<f(x0)<2－2.考点整合1.利用导数研究函数的零点函数的零点、方程的实根、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的变化趋势，数形结合求解.2.三次函数的零点分布三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x→∞时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x1，x2且x1<x2的函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的零点分布情况如下：a的符号零点个数充要条件a＞0(f(x1)为极大值，f(x2)为极小值)一个f(x1)＜0或f(x2)>0两个f(x1)＝0或者f(x2)＝0三个f(x1)＞0且f(x2)＜0a＜0(f(x1)为极小值，f(x2)为极大值)一个f(x1)>0或f(x2)＜0两个f(x1)＝0或者f(x2)＝0三个f(x1)＜0且f(x2)＞03.利用导数解决不等式问题(1)利用导数证明不等式.若证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果能证明F(x)在(a，b)上的最大值小于0，即可证明f(x)<g(x)，x∈(a，b).(2)利用导数解决不等式的“恒成立”与“存在性”问题.①f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立I是f(x)>g(x)的解集的子集[f(x)－g(x)]min>0(x∈I).②x∈I，使f(x)>g(x)成立I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集[f(x)－g(x)]max>0(x∈I).③对x1，x2∈I使得f(x1)≤g(x2)f(x)max≤g(x)min.④对x1∈I，x2∈I使得f(x1)≥g(x2)f(x)min≥g(x)min.温馨提醒解决方程、不等式相关问题，要认真分析题目的结构特点和已知条件，恰当构造函数并借助导数研究性质，这是解题的关键.热点一利用导数研究函数的零点(方程的根)【例1】(2023·西安调研)函数f(x)＝ax＋xlnx在x＝1处取得极值.(1)求f(x)的单调区间；(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围.解(1)f′(x)＝a＋lnx＋1，x>0，由f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1.则f(x)＝－x＋xlnx，∴f′(x)＝lnx，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0<x<1.∴f(x)在x＝1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1).(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为f(x)＝m＋1在(0，＋∞)内有两个不同的根，则函数y＝f(x)与y＝m＋1的图象有两个不同的交点.由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，由题意得，m＋1>－1，即m>－2，①当0<x<1时，f(x)＝x(－1＋lnx)<0；当x>0且x→0时，f(x)→0；当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.如图，由图象可知，m＋1<0，即m<－1，②由①②可得－2<m<－1.因此实数m的取值范围是(－2，－1).探究提高1.三步求解函数零点(方程根)的个数问题.第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象；第三步：结合图象求解.2.根据函数零点情况求参数范围：(1)要注意端点的取舍；(2)选择恰当的分类标准进行讨论.【训练1】设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)设a＝b＝4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围.解(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.∵f(0)＝c，f′(0)＝b，∴曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝bx＋c.(2)当a＝b＝4时，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，∴f′(x)＝3x2＋8x＋4.令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－.当x变化时，f(x)与f′(x)在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：x(－∞，－2)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(2,3)))－eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，＋∞))f′(x)＋0－0＋f(x)cc－eq\f(32,27)∴当c>0且c－<0时，f(－4)＝c－16<0，f(0)＝c>0，存在x1∈(－4，－2)，x2∈，x3∈，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.由f(x)的单调性知，当且仅当c∈时，函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点.热点二利用导数证明不等式【例2】(2023·郑州质检)已知函数f(x)＝x－1＋aex.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝－1时，设－1<x1<0，x2>0，且f(x1)＋f(x2)＝－5，证明：x1－2x2>－4＋.(1)解由f(x)＝x－1＋aex，得f′(x)＝1＋aex.当a≥0时，f′(x)>0，则f(x)在R上单调递增.当a<0时，令f′(x)>0，得x<ln，则f(x)的单调递增区间为.令f′(x)<0，得x>ln，则f(x)的单调递减区间为.(2)证明法一设g(x)＝f(x)＋2x＝－ex＋3x－1，则g′(x)＝－ex＋3.由g′(x)<0，得x>ln3；由g′(x)>0，得x<ln3.故g(x)max＝g(ln3)＝3ln3－4<0.从而g(x)＝f(x)＋2x<0.∵f(x1)＋f(x2)＝－5，∴f(x2)＋2x2＝－5－f(x1)＋2x2<0.即x1－2x2>－4＋ex1.∵－1<x1<0，∴e－1<ex1<1，∴－4＋ex1>－4＋.从而x1－2x2>－4＋.法二∵f(x1)＋f(x2)＝－5，∴x1＝ex1＋ex2－x2－3，∴x1－2x2＝ex1＋ex2－3x2－3.设g(x)＝ex－3x，则g′(x)＝ex－3.由g′(x)<0，得x<ln3；由g′(x)>0，得x>ln3.故g(x)min＝g(ln3)＝3－3ln3.∵－1<x1<0，x2>0，∴x1－2x2>e－1＋3－3ln3－3＝－3ln3，∵3ln3＝ln27<4，∴x1－2x2>－4＋.探究提高1.证明不等式的基本方法：(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则①x∈[a，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b)，②x1，x2∈[a，b]，且x1<x2，有f(x1)<f(x2).对于减函数有类似结论.(2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m).2.证明f(x)<g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，证明F(x)<0.【训练2】(2023·全国Ⅲ卷)设函数f(x)＝lnx－x＋1.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)证明当x∈(1，＋∞)时，1<<x；(3)设c>1，证明当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.(1)解由f(x)＝lnx－x＋1(x>0)，得f′(x)＝－1.令f′(x)＝0，解得x＝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.因此f(x)在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上为减函数.(2)证明由(1)知，函数f(x)在x＝1处取得最大值f(1)＝0.∴当x≠1时，lnx<x－1.故当x∈(1，＋∞)时，lnx<x－1，ln<－1，即1<<x.(3)证明由题设c>1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，则g′(x)＝c－1－cxlnc.令g′(x)＝0，解得x0＝.当x<x0时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x>x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减.由(2)知1<<c，故0<x0<1.又g(0)＝g(1)＝0，故当0<x<1时，g(x)>0.∴当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.热点三不等式恒成立、存在性问题考法1不等式恒成立问题【例3－1】(2023·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1).(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围.解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝4时，f(x)＝(x＋1)lnx－4(x－1)，f(1)＝0，f′(x)＝lnx＋－3，f′(1)＝－2.故曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0等价于lnx－>0，设g(x)＝lnx－，则g′(x)＝－＝，g(1)＝0.①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，故g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)单调递增，因此g(x)>g(1)＝0.②当a>2时，令g′(x)＝0，得x1＝a－1－，x2＝a－1＋.由x2>1和x1x2＝1得x1<1.故当x∈(1，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(1，x2)上单调递减，因此g(x)<g(1)＝0，综上可知，实数a的取值范围是(－∞，2].考法2存在性不等式成立问题【例3－2】(2023·哈尔滨质检)函数f(x)＝exsinx，g(x)＝(x＋1)cosx－ex，其中e是自然对数的底数.(1)求f(x)的单调区间；(2)对x1∈，x2∈，使f(x1)＋g(x2)≥m成立，求实数m的取值范围.解(1)f′(x)＝exsinx＋excosx＝ex(sinx＋cosx)＝exsin，当2kπ<x＋<π＋2kπ(k∈Z)，即x∈(k∈Z)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当π＋2kπ<x＋<2π＋2kπ(k∈Z)，即x∈(k∈Z)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；综上，f(x)的单调递增区间为(k∈Z)，f(x)的单调递减区间为(k∈Z).(2)f(x1)＋g(x2)≥m，即f(x1)≥m－g(x2)，设t(x)＝m－g(x)，则原问题等价于f(x)min≥t(x)min，x∈，一方面由(1)可知，当x∈时，f′(x)≥0，故f(x)在单调递增，∴f(x)min＝f(0)＝0.另一方面：t(x)＝m－(x＋1)cosx＋ex，t′(x)＝－cosx＋(x＋1)sinx＋ex，由于－cosx∈[－1，0]，ex≥，∴－cosx＋ex>0，又(x＋1)sinx≥0，当x∈，t′(x)>0，t(x)在为增函数，t(x)min＝t(0)＝m－1＋，所以m－1＋≤0，m≤1－.即实数m的取值范围是(－∞，1－).探究提高1.对于含参数的不等式，如果易分离参数，可先分离参数、构造函数，直接转化为求函数的最值；否则应进行分类讨论，在解题过程中，必要时，可作出函数图象草图，借助几何图形直观分析转化.2.“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值.应特别关注等号是否取到，注意端点的取舍.【训练3】(2023·石家庄调研)设函数f(x)＝(a∈R).(1)若曲线y＝f(x)在x＝1处的切线过点M(2，3)，求a的值；(2)设g(x)＝x＋－，若对任意的n∈[0，2]，存在m∈[0，2]，使得f(m)≥g(n)成立，求a的取值范围.解(1)因为f(x)＝，所以f′(x)＝e·eq\f(（2x－a）ex－（x2－ax＋a）ex,e2x)＝－.又f(1)＝1，即切点为(1，1)，所以k＝f′(1)＝1－a＝，解得a＝－1.(2)“对任意的n∈[0，2]，存在m∈[0，2]，使得f(m)≥g(n)成立”，等价于“在[0，2]上，f(x)的最大值大于或等于g(x)的最大值”.因为g(x)＝x＋－，g′(x)＝≥0，所以g(x)在[0，2]上单调递增，所以g(x)max＝g(2)＝2.令f′(x)＝0，得x＝2或x＝a.①当a≤0时，f′(x)≥0在[0，2]上恒成立，f(x)单调递增，f(x)max＝f(2)＝(4－a)e－1≥2，解得a≤4－2e；②当0<a<2时，f′(x)≤0在[0，a]上恒成立，f(x)单调递减，f′(x)≥0在[a，2]上恒成立，f(x)单调递增，f(x)的最大值为f(2)＝(4－a)e－1或f(0)＝ae，所以(4－a)e－1≥2或ae≥2.解得：a≤4－2e或a≥，所以≤a<2；③当a≥2时，f′(x)≤0在[0，2]上恒成立，f(x)单调递减，f(x)max＝f(0)＝ae≥2，解得a≥，所以a≥2.综上所述：a≤4－2e或a≥.热点四利用导数求解最优化问题【例4】某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y＝＋10(x－6)2，其中3<x<6，a为常数.已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克.(1)求a的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大.解(1)因为x＝5时，y＝11，所以＋10＝11，a＝2.(2)由(1)可知，该商品每日的销售量为y＝＋10(x－6)2，所以商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)＝(x－3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,x－3)＋10（x－6）2))＝2＋10(x－3)(x－6)2，3<x<6.从而，f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]＝30(x－4)·(x－6)，于是，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(3，4)4(4，6)f′(x)＋0－f(x)极大值42由上表可得，x＝4时，函数f(x)取得极大值，也是最大值，所以，当x＝4时，函数f(x)取得最大值，且最大值等于42.故当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大.探究提高利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)建模：分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f(x).(2)求导：求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0.(3)求最值：比较函数在区间端点和使f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值.(4)结论：回归实际问题作答.【训练4】(2023·全国Ⅰ卷)如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥.当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为________.解析由题意，连接OD，交BC与点G，由题意，OD⊥BC，设OG＝x，则BC＝2x，DG＝5－x，三棱锥的高h＝eq\r(DG2－OG2)＝eq\r(25－10x＋x2－x2)＝，S△ABC＝·(2x)2·sin60°＝3x2，则三棱锥的体积V＝S△ABC·h＝x2·eq\r(25－10x)＝·，令f(x)＝25x4－10x5，x∈，则f′(x)＝100x3－50x4，令f′(x)＝0得x＝2，当x∈(0，2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故当x＝2时，f(x)取得最大值80，则V≤×＝4.∴体积最大值为4cm3.答案4eq\r(15)1.重视转化思想在研究函数零点中的应用，如方程的解、两函数图象的交点均可转化为函数零点，充分利用函数的图象与性质，借助导数求解.2.对于存在一个极大值和一个极小值的函数，其图象与x轴交点的个数，除了受两个极值大小的制约外，还受函数在两个极值点外部函数值的变化的制约，在解题时要注意通过数形结合找到正确的条件.3.利用导数方法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数h(x)>0.其中找到函数h(x)＝f(x)－g(x)的零点是解题的突破口.4.不等式恒成立、能成立问题常用解法(1)分离参数后转化为最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如a＞f(x)max或a＜f(x)min.(2)直接转化为函数的最值问题，在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函数的最值问题，伴有对参数的分类讨论.(3)数形结合，构造函数，借助函数图象的几何直观性求解，一定要重视函数性质的灵活应用.一、选择题1.设f(x)是定义在R上的奇函数，且f(2)＝0，当x>0时，有<0恒成立，则不等式x2f(x)>0的解集是()A.(－2，0)∪(2，＋∞) B.(－2，0)∪(0，2)C.(－∞，－2)∪(2，＋∞) D.(－∞，－2)∪(0，2)解析x>0时′＝<0，∴φ(x)＝在(0，＋∞)为减函数，又φ(2)＝0，∴当且仅当0<x<2时，φ(x)>0，此时x2f(x)>0.又f(x)为奇函数，∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数.故x2f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0，2).答案D2.(2023·贵阳联考)已知函数f(x)的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：x－10234f(x)12020f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示.当1<a<2时，函数y＝f(x)－a的零点的个数为()A.1 B.2 C.3 D.4解析根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y＝f(x)的大致图象如图所示.由于f(0)＝f(3)＝2，1<a<2，所以y＝f(x)－a的零点个数为4.答案D3.(2023·江南八校联考)已知x∈(0，2)，若关于x的不等式<恒成立，则实数k的取值范围为()A.[0，e＋1) B.[0，2e－1)C.[0，e) D.[0，e－1)解析依题意，知k＋2x－x2>0，即k>x2－2x对任意x∈(0，2)恒成立，从而k≥0.由<得k<＋x2－2x.令f(x)＝＋x2－2x，则f′(x)＝＋2(x－1)＝(x－1).令f′(x)＝0，得x＝1，当x∈(1，2)时，f′(x)>0，函数f(x)在(1，2)上单调递增，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，1)上单调递减，所以k<f(x)min＝f(1)＝e－1.故实数k的取值范围是[0，e－1).答案D4.已知e是自然对数的底数，函数f(x)＝ex＋x－2的零点为a，函数g(x)＝lnx＋x－2的零点为b，则下列不等式中成立的是()A.f(a)＜f(1)＜f(b) B.f(a)＜f(b)＜f(1)C.f(1)＜f(a)＜f(b) D.f(b)＜f(1)＜f(a)解析由题意，知f′(x)＝ex＋1＞0恒成立，所以函数f(x)在R上是单调递增的.又f(0)＝e0＋0－2＝－1＜0，f(1)＝e1＋1－2＝e－1＞0，所以零点a∈(0，1)；由题意，知g′(x)＝＋1＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上是单调递增的，又g(1)＝ln1＋1－2＝－1＜0，g(2)＝ln2＋2－2＝ln2＞0，所以函数g(x)的零点b∈(1，2).综上，可得0＜a＜1＜b＜2.因为f(x)在R上是单调递增的，所以f(a)＜f(1)＜f(b).答案A5.(2023·潍坊三模)已知函数f(x)＝若m<n，且f(m)＝f(n)，则n－m的最小值是()A.3－2ln2 B.e－1C.2 D.e＋1解析作出函数f(x)的图象如图所示，若m<n，且f(m)＝f(n)，则当lnx＝1时，得x＝e.因此1<n≤e，－1<m≤1.又lnn＝m＋，即m＝2lnn－1.所以n－m＝n－2lnn＋1.设h(n)＝n－2lnn＋1(1<n≤e)，则h′(n)＝1－.当h′(n)>0，得2<n≤e；当h′(n)<0，得1<n<2.故当n＝2时，函数h(n)取得最小值h(2)＝3－2ln2.答案A二、填空题6.做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27πdm3，且用料最省，则圆柱的底面半径为________dm.解析设圆柱的底面半径为Rdm，母线长为ldm，则V＝πR2l＝27π，所以l＝，要使用料最省，只需使圆柱形水桶的表面积最小.S表＝πR2＋2πRl＝πR2＋2π·，所以S′表＝2πR－.令S′表＝0，得R＝3，则当R＝3时，S表最小.答案37.(2023·长沙调研)定义域为R的可导函数y＝f(x)的导函数为f′(x)，满足f(x)>f′(x)，且f(0)＝1，则不等式<1的解集为________.解析令g(x)＝，则g′(x)＝＝.由题意得g′(x)<0恒成立，所以函数g(x)＝在R上单调递减.又g(0)＝＝1，所以<1，即g(x)<g(0)，所以x>0，所以不等式的解集为{x|x>0}.答案{x|x>0}8.(2023·江苏卷)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________.解析f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(a∈R)，当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增.又f(0)＝1，所以此时f(x)在(0，＋∞)内无零点，不满足题意.当a>0时，由f′(x)>0得x>，由f′(x)<0得0<x<，则f(x)在上单调递减，在上单调递增，又f(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，所以f＝－＋1＝0，得a＝3，所以f(x)＝2x3－3x2＋1，则f′(x)＝6x(x－1)，当x∈(－1，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减.则f(x)max＝f(0)＝1，f(－1)＝－4，f(1)＝0，则f(x)min＝－4，所以f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3.答案－3三、解答题9.(2023·兰州调研)设函数f(x)＝x－－a，a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a>0时，记f(x)的最小值为g(a)，证明：g(a)<1.(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋－a＝－aeq\f(x2＋2,x3)＝，当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，当x∈(0，a)，f′(x)<0，f(x)单调递