高考数学总复习 第三章 导数及其应用 第18讲 导数与函数的综合问题练习 理（含解析）新人教A版-新人教A版高三数学试题

第18讲导数与函数的综合问题夯实基础【p39】【学习目标】掌握应用导数求解实际问题的基本题型，提升通过构造函数应用导数解决不等式、方程等问题的能力．【基础检测】1．函数f(x)＝－eq\f(ex,1＋x2)，若存在x0∈(0，2]使得m－f(x0)>0成立，则实数m的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,5)e2，＋∞))B．(－1，＋∞)C．(1，＋∞)D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)e，＋∞))【解析】若存在x0∈(0，2]使得m－f(x0)>0成立，则在x∈(0，2]内f(x)min<m即可，f(x)＝－eq\f(ex,1＋x2)，f′(x)＝－eq\f(ex（1＋x2）－ex·2x,（1＋x2）2)＝－eq\f(ex（x－1）2,（1＋x2）2)≤0，故f(x)在(0，2]上单调递减，f(x)min＝f(2)＝－eq\f(1,5)e2，∴m>－eq\f(1,5)e2.【答案】A2．若函数f(x)＝x2ex－a恰有三个零点，则实数a的取值范围是()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】函数y＝x2ex－a的导数为y′＝2xex＋x2ex＝xex(x＋2)，令y′＝0，则x＝0或－2，当－2＜x＜0上时，y′<0，函数单调递减，当x∈(－∞，－2)或(0，＋∞)时，y′>0，函数在两个区间上单调递增，∴函数f(x)在x＝－2处取极大值，在x＝0处取极小值，函数的极值为：f(0)＝－a，f(－2)＝4e－2－a，已知函数f(x)＝x2ex－a恰有三个零点，故－a<0，且4e－2－a>0，解得实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,e2))).【答案】B3．某品牌小汽车在匀速行驶中每小时的耗油量y(升)关于行驶速度x(千米/时)的函数解析式为y＝eq\f(1,81000)x3－eq\f(1,10)x＋18(0＜x≤120)．若要使该汽车行驶200千米时的油耗最低，则汽车匀速行驶的速度应为()A．60千米/时B．80千米/时C．90千米/时D．100千米/时【解析】当速度为x千米/小时时，时间为eq\f(200,x)小时，所以f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,81000)x3－\f(1,10)x＋18))·eq\f(200,x)＝eq\f(1,405)x2＋eq\f(3600,x)－20(0＜x≤120)，所以f′(x)＝eq\f(2,405)x－eq\f(3600,x2)＝eq\f(2x3－2×903,405x2)(0＜x≤120)，令f′(x)＝0，∴x＝90.当x∈(0，90)时，函数f(x)单调递减，当x∈(90，120)时，函数f(x)单调递增．所以x＝90时，函数f(x)取得最小值．【答案】C4．已知表面积为100π的球内接一个圆锥，则该圆锥体积的最大值为()A.eq\f(4000,243)πB.eq\f(4000,81)πC.eq\f(4000,27)πD.eq\f(4000,9)π【解析】设球的半径为R，内接圆锥的底面半径为r，高为h，由题意知，4πR2＝100π，解得R＝5，则球心到圆锥底面的距离为eq\r(25－r2)(0<r<5)，所以h＝5＋eq\r(25－r2)，所以该圆锥的体积为V＝eq\f(1,3)πr2(5＋eq\r(25－r2))，设t＝eq\r(25－r2)(0＜t＜5)，则V＝eq\f(1,3)π(25－t2)(5＋t)＝eq\f(1,3)π(－t3－5t2＋25t＋125)(0<t<5)，所以V′＝eq\f(1,3)π(－3t2－10t＋25)＝－eq\f(1,3)π(3t－5)(t＋5)，当0<t<eq\f(5,3)时，V′＞0，当eq\f(5,3)<t<5时，V′＜0，所以当t＝eq\f(5,3)时，Vmax＝eq\f(4000,81)π.【答案】B5．若函数f(x)在R上可导，且满足f(x)－xf′(x)>0，则()A．3f(1)<f(3)B．3f(1)>f(3)C．3f(1)＝f(3)D．f(1)＝f(3)【解析】由于f(x)>xf′(x)，则eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(f（x）,x)))′＝eq\f(xf′（x）－f（x）,x2)<0恒成立，因此eq\f(f（x）,x)在R上是单调递减函数，∴eq\f(f（3）,3)<eq\f(f（1）,1)，即3f(1)>f(3)．【答案】B【知识要点】1．优化问题与实际问题相关的利润最大、用料最省、效率最高等问题通常称为优化问题．2．导数在优化问题中的应用3．导数与不等式(1)不等式的证明可以通过构造函数等价转换为探究函数值的大小，然后应用导数讨论函数的单调性，从而实现不等式的证明．(2)含参数不等式的恒成立问题，通过分离变量，构造函数等价转换为函数最值问题，然后应用导数求函数最值．4．导数与方程方程根的存在性问题等价转换为函数极值和单调性问题研究，然后应用导数及数形结合确定方程根的存在性和个数．典例剖析【p39】考点1利用导数研究生活中的优化问题eq\a\vs4\al(例1)如图(1)是一个仿古的首饰盒，其左视图是由一个半径为r分米的半圆和矩形ABCD组成，其中AD长为a分米，如图(2)．为了美观，要求r≤a≤2r.已知该首饰盒的长为4r分米，容积为4立方分米(不计厚度)，假设该首饰盒的制作费用只与其表面积有关，下半部分的制作费用为每平方分米2百元，上半部制作费用为每平方分米4百元，设该首饰盒的制作费用为y百元．(1)写出y关于r的函数解析式；(2)当r为何值时，该首饰盒的制作费用最低？【解析】(1)由题知4＝4req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)πr2＋2ar))＝2πr3＋8ar2，∴a＝eq\f(4－2πr3,8r2)＝eq\f(2－πr3,4r2).又因r≤a≤2r，得eq\r(3,\f(2,8＋π))≤r≤eq\r(3,\f(2,4＋π))，∴y＝2(4ar＋8ar＋8r2)＋4(πr×4r＋πr2)＝24ar＋16r2＋20πr2＝24r×eq\f(2－πr3,4r2)＋20πr2＋16r2＝eq\f(12,r)＋(16＋14π)r2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3,\f(2,8＋π))≤r≤\r(3,\f(2,4＋π)))).(2)令f(r)＝eq\f(12,r)＋(16＋14π)r2，∴f′(r)＝－eq\f(12,r2)＋(32＋28π)r，令f′(r)＝0则r＝eq\r(3,\f(3,8＋7π))，∵eq\f(3,8＋7π)－eq\f(2,8＋π)＝eq\f(8－11π,（8＋7π）（8＋π）)<0，所以当eq\r(3,\f(2,8＋π))≤r≤eq\r(3,\f(2,4＋π))时，f′(x)>0，函数f(r)为增函数．∴r＝eq\r(3,\f(2,8＋π))时，f(r)最小．答：当r＝eq\r(3,\f(2,8＋π))分米时，该首饰盒制作费用最低．【点评】利用导数解决生活中的优化问题的四步骤(1)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)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0；(3)比较函数在区间端点和f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值；(4)回归实际问题作答．考点2利用导数解决含参不等式问题eq\a\vs4\al(例2)已知函数f(x)＝(x＋1)2－3alnx，x∈R.(1)当a＝1时，求f(x)在点(1，f(1))处的切线方程及函数f(x)的单调区间；(2)若对任意x∈[1，e]，f(x)≤4恒成立，求实数a的取值范围．【解析】(1)当a＝1时，f(x)＝(x＋1)2－3lnx，f(1)＝4，f′(x)＝2x＋2－eq\f(3,x)，f′(1)＝1，则切线方程为y－4＝1×(x－1)，即y＝x＋3.当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(7)－1,2)，＋∞))，f′(x)＝2x＋2－eq\f(3,x)>0，即x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(7)－1,2)，＋∞))时，f(x)单调递增；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(7)－1,2)))，f′(x)＝2x＋2－eq\f(3,x)<0，即x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(7)－1,2)))时，f(x)单调递减．(2)f′(x)＝2x＋2－eq\f(3a,x)＝eq\f(2x2＋2x－3a,x)(x>0)．当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在[1，e]上单调递增，f(x)min＝f(1)＝4，f(x)≤4不恒成立；当a>0时，设g(x)＝2x2＋2x－3a，x>0，∵g(x)的对称轴为x＝－eq\f(1,2)，g(0)＝－3a<0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且存在唯一x0∈(0，＋∞)使得g(x0)＝0.∴当x∈(0，x0)时，g(x)<0，即f′(x)<0，f(x)在(0，x0)上单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0，f(x)在(x0，＋∞)上单调递增．∴f(x)在[1，e]上的最大值f(x)max＝max{f(1)，f(e)}．∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（1）≤4，,f（e）≤4，))得(e＋1)2－3a≤4解得a≥eq\f(（e＋1）2－4,3).【点评】“恒成立”、“存在性”问题一定要正确理解问题实质，深刻挖掘条件内含，进行等价转化．考点3利用导数证明不等式eq\a\vs4\al(例3)已知函数f(x)＝ax2＋bx－lnx(a＞0，b∈R)．(1)设a＝1，b＝－1，求f(x)的单调区间；(2)若对任意的x＞0，f(x)≥f(1)，试比较lna与－2b的大小．【解析】(1)由f(x)＝ax2＋bx－lnx，x∈(0，＋∞)，∴f′(x)＝eq\f(2ax2＋bx－1,x).∵a＝1，b＝－1，∴f′(x)＝eq\f(2x2－x－1,x)＝eq\f(（2x＋1）（x－1）,x)(x＞0)．令f′(x)＝0，得x＝1.当0＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．∴f(x)的单调递减区间是(0，1)，单调递增区间是(1，＋∞)．(2)由题意可知，f(x)在x＝1处取得最小值，即x＝1是f(x)的极值点，∴f′(1)＝0，∴2a＋b＝1，即b＝1－2a.∴lna－(－2b)＝lna＋2b＝2－4a＋lna.令g(x)＝2－4x＋lnx(x＞0)，则g′(x)＝eq\f(1－4x,x).令g′(x)＝0，得x＝eq\f(1,4).当0＜x＜eq\f(1,4)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，当x＞eq\f(1,4)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，∴g(x)≤geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝1＋lneq\f(1,4)＝1－ln4＜0，∴g(a)＜0，即2－4a＋lna＝2b＋lna＜0，故lna＜－2b.考点4利用导数研究函数的零点或方程根的问题eq\a\vs4\al(例4)已知f(x)＝e－x(ax2＋x＋1)．(1)当a≤0时，求证：f(x)≤1；(2)当a>0时，试讨论方程f(x)＝1的解的个数．【解析】(1)要证f(x)≤1⇒e－x(ax2＋x＋1)≤1，只要证ex－ax2－x－1≥0(*)令h(x)＝ex－ax2－x－1，则h′(x)＝ex－2ax－1，而h′′(x)＝ex－2a>0，所以h′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，＋∞))上单调递增，又h′(0)＝0，所以h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，0))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))上单调递增，∴h(x)min＝h(0)＝0，即h(x)≥0，(*)式成立所以原不等式成立．(2)问题转化为函数h(x)＝ex－ax2－x－1的零点个数．而h′(x)＝ex－2ax－1，h″(x)＝ex－2a.令h″(x)＝0，解得x＝ln2a.所以h′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln2a))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln2a，＋∞))上单调递增．所以h′(x)min＝h′(ln2a)＝2a－2aln2a－1，设m＝2a，g(m)＝m－mlnm－1，而g′(m)＝1－(1＋lnm)＝－lnm，则g(m)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1))上单调递增，所以g(m)max＝g(1)＝0，即h′(x)min≤0(当m＝1即a＝eq\f(1,2)时取等)．1°当a＝eq\f(1,2)时，h′(x)min＝0,则h′(x)≥0恒成立．所以h(x)在R上单调递增，又h(0)＝0，则h(x)有一个零点；2°当a>eq\f(1,2)时，ln2a>0，h′(x)min＝h′(ln2a)<0，有h′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln2a))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln2a，＋∞))上单调递增，且x→＋∞时，h′(x)＝ex－2ax－1>0，则存在x1>0使得h′(x1)＝0，又h′(0)＝0，这时h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，0))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，x1))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，＋∞))上单调递增，所以h(x1)<h(0)＝0，又x→＋∞时，h(x)＝ex－ax2－x－1>0，h(0)＝0，所以这时h(x)有两个零点；3°当0<a<eq\f(1,2)时，ln2a<0，h′(x)min＝h′(ln2a)<0.有h′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln2a))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln2a，＋∞))上单调递增，且x→－∞时，h′(x)＝ex－2ax－1>0，则存在x2<0使得h′(x2)＝0.又h′(0)＝0，这时h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，x2))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，0))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))上单调递增．所以h(x2)>h(0)＝0.又x→－∞时，h(x)＝ex－ax2－x－1<0，h(0)＝0.所以这时h(x)有两个零点；综上：a＝eq\f(1,2)时，原方程一个解；当a≠eq\f(1,2)且a>0时，原方程两个解．方法总结【p40】1．应用导数解决不等式的问题，构造函数应用导数推理求解是有效方法之一，也是近几年高考压轴题的常见命题方法之一．(1)利用导数解不等式，一般可构造函数，利用已知条件确定函数单调性解不等式；(2)证明不等式f(x)<g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，利用导数求F(x)的值域，得到F(x)<0即可；(3)利用导数研究不等式恒成立问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．2．应用导数解决方程根的探究等问题，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．3．(1)利用导数解决生活中的优化问题的思路是：阅读审题eq\o(→,\s\up7(理解题意))引入建模eq\o(→,\s\up7(将实际问题抽象为数学问题))解模eq\o(→,\s\up7(应用导数解决模型))回归实际．(2)在求实际问题中的最大值或最小值时，一般先设自变量、因变量、建立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数最值的方法求解，注意结果应与实际情况相符合．用导数求实际问题中的最大(小)值，如果函数在区间内只有一个极值点，那么根据实际意义可知该极值点就是最值点．走进高考【p40】1．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x－1－alnx.(1)若f(x)≥0，求a的值；(2)设m为整数，且对于任意正整数n，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))＜m，求m的最小值．【解析】(1)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的定义域为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞)).①若a≤0，因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(1,2)＋aln2＜0，所以不满足题意；②若a＞0，由f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝1－eq\f(a,x)＝eq\f(x－a,x)知，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，a))时，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＜0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，＋∞))时，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＞0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，a))单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，＋∞))单调递增，故x＝a是feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))的唯一最小值点．由于feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1))＝0，所以当且仅当a＝1时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))≥0.故a＝1.(2)由(1)知当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))时，x－1－lnx＞0令x＝1＋eq\f(1,2n)得lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))＜eq\f(1,2n)，从而lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))＋…＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))＜eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)＝1－eq\f(1,2n)＜1，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))＜e，而eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,23)))＞2，所以m的最小值为3.考点集训【p195】A组题1．正三棱柱体积为V，则其表面积最小时，底面边长为()A.eq\r(3,V)B.eq\r(3,2V)C．2eq\r(3,V)D.eq\r(3,4V)【解析】设底面边长为a，高为h，则V＝Sh＝eq\f(\r(3),4)a2h，∴h＝eq\f(4V,\r(3)a2)＝eq\f(4\r(3)V,3a2)，则表面积为S＝3ah＋2eq\f(\r(3),4)a2＝eq\f(\r(3),2)a2＋eq\f(4\r(3)V,a)则S′＝eq\r(3)a－eq\f(4\r(3)V,a2)，令S′＝eq\r(3)a－eq\f(4\r(3)V,a2)＝0可得eq\r(3)a＝eq\f(4\r(3)V,a2)，即a＝eq\r(3,4V).【答案】D2．若不等式2xlnx≥－x2＋ax－3对任意x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是()A．(－∞，0)B．(－∞，4]C．(0，＋∞)D．[4，＋∞)【解析】2xlnx≥－x2＋ax－3，则a≤2lnx＋x＋eq\f(3,x)，设h(x)＝2lnx＋x＋eq\f(3,x)(x>0)，则h′(x)＝eq\f(（x＋3）（x－1）,x2).当x∈(0，1)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增．所以h(x)min＝h(1)＝4.所以a≤h(x)min＝4.【答案】B3．已知定义域为R的函数f(x)满足f(4)＝－3，且对任意实数x，总有f′(x)＜3，则不等式f(x)＜3x－15的解集为()A．(－∞，4)B．(－∞，－4)C．(－∞，－4)∪(4，＋∞)D．(4，＋∞)【解析】设g(x)＝f(x)－(3x－15)＝f(x)－3x＋15，则所求的不等式解集可理解为使g(x)<0的解集．g(x)的导函数为g′(x)＝f′(x)－3，根据题意可知g′(x)＝f′(x)－3<0对任意实数x恒成立，所以g(x)在R上单调递减．则g(4)＝f(4)－12＋15＝0，令g(x)<0，则g(x)<g(4)，根据单调递减可知：x>4.【答案】D4．若a＞eq\f(1,e)，则方程lnx－ax＝0的实根的个数为()A．0个B．1个C．2个D．无穷多个【解析】方程lnx－ax＝0等价于eq\f(lnx,x)＝a，设f(x)＝eq\f(lnx,x).∵f′(x)＝eq\f(\f(1,x)·x－lnx,x2)＝eq\f(1－lnx,x2)，令f′(x)＝0，得x＝e，∴f(x)在(0，e)上单调递增；在(e，＋∞)上单调递减．∴f(x)的最大值f(e)＝eq\f(1,e)，即f(x)＝eq\f(lnx,x)≤eq\f(1,e)(仅当x＝e时，等号成立)．∵a＞eq\f(1,e)，∴原方程无实根．【答案】A5．某城市在发展过程中，交通状况逐渐受到大家更多的关注，据有关统计数据显示，从上午6时到9时，车辆通过该市某一路段的用时y(分钟)与车辆进入该路段的时刻t之间的关系可近似地用如下函数给出：y＝－eq\f(1,8)t3－eq\f(3,4)t2＋36t－eq\f(629,4).则在这段时间内，通过该路段用时最多的时刻是________时．【解析】y′＝－eq\f(3,8)t2－eq\f(3,2)t＋36＝－eq\f(3,8)(t＋12)(t－8)，令y′＝0得t＝－12(舍去)或t＝8，当6≤t<8时，y′>0；当8<t<9时，y′<0.∴当t＝8时，y有最大值．【答案】86．已知函数y＝a＋2lnxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))))的图象上存在点P，函数y＝－x2－2的图象上存在点Q，且P，Q关于原点对称，则a的取值范围是________．【解析】函数y＝－x2－2的图象与函数y＝x2＋2的图象关于原点对称，若函数y＝a＋2lnxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))))的图象上存在点P，函数y＝－x2－2的图象上存在点Q，且P，Q关于原点对称，则函数y＝a＋2lnxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))))的图象与函数y＝x2＋2的图象有交点，即方程a＋2lnx＝x2＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))))有解，令feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝x2＋2－2lnx，则f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－1)),x)，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))时，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))<0，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，e))时，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))>0，故当x＝1时，f(x)有最小值3.由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(1,e2)＋4，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e))＝e2，故当x＝e时，f(x)有最大值e2，故a∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3，e2)).【答案】eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3，e2))7．如图是一块地皮OAB，其中OA,AB是直线段，曲线段OB是抛物线的一部分，且点O是该抛物线的顶点，OA所在的直线是该抛物线的对称轴．经测量，OA＝2km,AB＝eq\r(2)km，∠OAB＝eq\f(π,4).现要从这块地皮中划一个矩形CDEF来建造草坪，其中点C在曲线段OB上，点D,E在直线段OA上，点F在直线段AB上，设CD＝akm，矩形草坪CDEF的面积为f(a)km2.(1)求f(a)，并写出定义域；(2)当a为多少时，矩形草坪CDEF的面积最大？【解析】(1)以O为原点，OA边所在直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，过点B作BG⊥OA于点G，在直角△ABG中，AB＝eq\r(2)，∠OAB＝eq\f(π,4)，所以AG＝BG＝1，又因为OA＝2，所以OG＝1，则B(1，1)，设抛物线OCB的标准方程为y2＝2px，代入点B的坐标，得p＝eq\f(1,2)，所以抛物线的方程为y2＝x.因为CD＝a，所以AE＝EF＝a，则DE＝2－a－a2，所以f(a)＝a(2－a－a2)＝－a3－a2＋2a，定义域为(0，1).(2)f′(a)＝－3a2－2a＋2，令f′(a)＝0，得a＝eq\f(\r(7)－1,3).当0<a<eq\f(\r(7)－1,3)时，f′(a)>0,f(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(7)－1,3)))上单调递增；当eq\f(\r(7)－1,3)<a<1时，f′(a)<0,f(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(7)－1,3)，1))上单调递减．所以当a＝eq\f(\r(7)－1,3)时，f(a)取得极大值，也是最大值.8．已知函数f(x)＝lnx－ax(a∈R)．(1)讨论函数f(x)在(0，＋∞)上的单调性；(2)证明：ex－e2lnx>0恒成立．【解析】(1)f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x)(x>0)，当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，令f′(x)＝0，得到x＝eq\f(1,a)，所以，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)<0，f(x)单调递减．综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减．(2)法一：由(1)可知，当a>0时，f(x)＝lnx－ax≤lneq\f(1,a)－1，特别地，取a＝eq\f(1,e)，有lnx－eq\f(x,e)≤0，即lnx≤eq\f(x,e)，所以e2lnx≤ex(当且仅当x＝e时等号成立)，因此，要证ex－e2lnx＞0恒成立，只要证明ex≥ex在(0，＋∞)上恒成立即可，设g(x)＝eq\f(ex,x)(x>0)，则g′(x)＝eq\f(ex（x－1）,x2)，当x∈(0，1)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，当x＝1时，g(x)min＝g(1)＝e，即ex≥ex在(0，＋∞)上恒成立．因此，有ex≥ex≥e2lnx，又因为两个等号不能同时成立，所以有ex－e2lnx>0恒成立．法二：记函数φ(x)＝ex－2－lnx＝eq\f(ex,e2)－lnx，则φ′(x)＝eq\f(1,e2)×ex－eq\f(1,x)＝ex－2－eq\f(1,x)，可知φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又由φ′(1)<0，φ′(2)>0知，φ′(x)在(0，＋∞)上有唯一实根x0，且1<x0<2，则φ′(x0)＝ex0－2－eq\f(1,x0)＝0，即ex0－2＝eq\f(1,x0)(*)，当x∈(0，x0)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，所以φ(x)≥φ(x0)＝ex0－2－lnx0，结合(*)式ex0－2＝eq\f(1,x0)，知x0－2＝－lnx0，所以φ(x)≥φ(x0)＝eq\f(1,x0)＋x0－2＝eq\f(xeq\o\al(2,0)－2x0＋1,x0)＝eq\f(（x0－1）2,x0)＞0，则φ(x)＝ex－2－lnx＞0，即ex－2>lnx，所以有ex－e2lnx>0恒成立．B组题1．已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则a的取值范围是()A．(2，＋∞)B．(1，＋∞)C．(－∞，－2)D．(－∞，－1)【解析】a＝0时，不符合题意，a≠0时，f′(x)＝3ax2－6x.令f′(x)＝0，得x＝0或x＝eq\f(2,a).若a>0，则由图象知f(x)有负数零点，不符合题意．则a<0，由图象结合f(0)＝1>0知，此时必有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))>0，即a×eq\f(8,a3)－3×eq\f(4,a2)＋1>0，化简得a2>4.又a<0，所以a<－2.【答案】C2．已知函数f(x)＝eq\f(eax＋b,x)(a，b∈R)，若对∀x∈(0，＋∞)，都有f(x)≥1恒成立，记ab的最小值为g(a，b)，则g(a，b)的最大值为________．【解析】由题意可得∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥1恒成立，∴eq\f(eax＋b,x)≥1，解得eax＋b≥x，即ax＋b≥lnx，为满足题意，当直线与曲线相切时成立，不妨设切点(x0，lnx0)，由(lnx)′＝eq\f(1,x)，∴切线方程为y－lnx0＝eq\f(1,x0)(x－x0)，即y＝eq\f(1,x0)x－1＋lnx0，∴a＝eq\f(1,x0)，b＝lnx0－1，ab＝eq\f(lnx0－1,x0).令g(x)＝eq\f(lnx－1,x)，g′(x)＝eq\f(1－（lnx－1）,x2)＝0，x＝e2，当0<x<e2时，g′(x)>0，g(x)是增函数，当x>e2时，g′(x)<0，g(x)是减函数，则g(a，b)max＝eq\f(lne2－1,e2)＝eq\f(1,e2).【答案】eq\f(1,e2)3．设函数f(x)＝eq\f(x2,2)－klnx，k>0.(1)求f(x)的单调