2019版高考数学创新大一轮复习江苏专用版全国通用讲义

第17讲 导数的综合应用
考试要求 1.理解函数的单调性与导数的关系，能利用导数研究函数的单调性(B 级要求)；2.掌握利用导数求函数极值与最值的方法(B 级要求)；3.会利用导数解决某些实际问题(B 级要求).
诊 断 自 测
1.(教材改编)函数y ＝1
x
＋2ln x 的最小值为________.
解析 定义域为{x |x >0}，令y ′＝2x －1x 2<0，解得0<x <12，即减区间为⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，12，同理，
增区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫
12，＋∞，故x ＝12时y 取最小值为2＋2ln 12.
答案 2－2ln 2
2.函数f (x )＝sin x ＋1
2x 在区间[0，2π]上的值域为________.
解析 由f ′(x )＝0得x ＝23π或x ＝4
3π，再把区间的两个端点的值分别代入解析式，即可得到函数最大值为π，最小值为0. 答案 [0，π]
3.设函数f (x )＝x 3
－x 2
2－2x ＋5，若对任意的x ∈[－1，2]，都有f (x )>a ，则实数a
的取值范围是________.
解析 f ′(x )＝3x 2－x －2，令f ′(x )＝0，得3x 2－x －2＝0，解得x ＝1或x ＝－2
3，又f (1)＝72，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23＝15727，f (－1)＝112，f (2)＝7，故f (x )min ＝72，所以a <72.
答案 (－∞，7
2)
4.(选修1－1P83习题3改编)若做一个容积为256的正方形底无盖水箱，为使它的用料最省(全面积最小)，则它的高为________.
解析 设底的边长为a ，水箱的高为h ，即容积V ＝a 2h ，由已知V ＝256得a 2h ＝256，故h ＝256a 2.又用料S ＝a 2＋4ah ＝a 2＋4a ·256a 2＝a 2＋1 024
a ，记S ＝f (a )，则f ′(a )
＝2a －1 024a 2＝2（a 3
－512）a 2
，
令f ′(a )>0得a >8；令f ′(a )<0得0<a <8，故f (a )在(0，8)递减，在(8，＋∞)递增，故a ＝8时S 最小，此时h ＝256
82＝4. 答案 4
5.(选修1－1P79例2改编)设计一种体积为v 0的圆柱形饮料罐，为了使它的用料最省，则它的高为________.
解析 设底半径为r ，高为h ，则V 0＝πr 2h ，故h ＝
V 0
πr 2
， ∴用料S ＝2πr 2＋2πrh ＝2π⎝ ⎛⎭⎪⎫r 2＋r ·V 0πr 2＝2π⎝ ⎛⎭⎪⎫r 2＋V 0πr ， 记S ＝f (r )，则f ′(r )＝2π⎝ ⎛
⎭⎪⎫2r －V 0πr 2＝2π·2πr 3－V 0πr 2，
令f ′(r )>0得r 3>V 0
2π
，即r >
3
V 0
2π，故f (r )在⎝
⎛⎦
⎥⎤0，3
V 02π上递减，在⎝
⎛⎭
⎪⎫3
V 0
2π，＋∞上递增，故r ＝
3
V 02π时用料最省，此时高h ＝V 0
πr
2＝V 0
π·
3
V 2
4π2
＝3
V 0·4π2π3·V 20
＝
3
4V 0
π
. 答案
3
4V 0
π
知 识 梳 理
1.最值与不等式
各类不等式与函数最值的关系如下表：
解决优化问题的基本思路：
考点一 导数在研究不等式问题中的应用(典例迁移) 【例1】 (经典母题)已知函数f (x )＝
1＋ln x
x
. (1)若函数f (x )在区间⎝ ⎛
⎭⎪⎫a ，a ＋12上存在极值，求正实数a 的取值范围；
(2)如果当x ≥1时， 不等式f (x )≥k
x ＋1恒成立 ，求实数k 的取值范围.
解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝
1－1－ln x x 2
＝－ln x
x 2，
令f ′(x )＝0，得x ＝1；
当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减. 所以x ＝1为极大值点，所以0<a <1<a ＋1
2， 故12<a <1，即实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，1.
(2)当x≥1时，k≤（x＋1）（1＋ln x）
x恒成立，
令g(x)＝（x＋1）（1＋ln x）
x，
则g′(x)＝（1＋ln x＋1＋
1
x）x－（x＋1）（1＋ln x）
x2＝
x－ln x
x2.
再令h(x)＝x－ln x，则h′(x)＝1－1
x≥0，
所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)>0，
所以g(x)为单调增函数，所以g(x)≥g(1)＝2，故k≤2.所以实数k的取值范围是(－∞，2].
【迁移探究1】本题(2)中，若改为存在x0∈[1，e]，使不等式f(x)≥
k
x＋1
成立，
求实数k的取值范围.
解当x∈[1，e]时，k≤（x＋1）（1＋ln x）
x有解，
令g(x)＝（x＋1）（1＋ln x）
x，由例1(2)解可知，
g(x)为单调增函数，∴g(x)max＝g(e)＝2＋2 e，
∴k≤2＋2
e，即实数k的取值范围是⎝
⎛
⎦
⎥
⎤
－∞，2＋
2
e.
【迁移探究2】(2018·苏州调研)已知函数f(x)＝e x(2x－1)－ax＋a(a∈R)，e为自然对数的底数.
(1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)①若存在实数x，满足f(x)<0，求实数a的取值范围；
②若存在唯一整数x0，满足f(x0)<0，求实数a的取值范围.
解(1)当a＝1时，f(x)＝e x(2x－1)－x＋1，
f′(x)＝e x(2x＋1)－1，
显然f′(0)＝0，
当x∈(0，＋∞)时，e x>1，2x＋1>1，∴f′(x)>0，
当x∈(－∞，0)时，0<e x<1，2x＋1<1，
∴f′(x)<0，
所以f (x )在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增. (2)①由f (x )<0得e x (2x －1)<a (x －1). 当x ＝1时，不等式显然不成立；
当x >1时，a >e x （2x －1）x －1；当x <1时，a <e x （2x －1）
x －1.
记g (x )＝e x （2x －1）
x －1
，
则g ′(x )＝e x （2x ＋1）（x －1）－e x （2x －1）（x －1）2＝e x （2x 2－3x ）
（x －1）2
，
∴g (x )在区间(－∞，0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞上为增函数，在(0，1)和⎝ ⎛
⎭
⎪⎫1，32上为减函数.
∴当x >1时，a >g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
32＝4e 3
2，当x <1时，a <g (0)＝1.
综上所述，a 的取值范围为(－∞，1)∪(4e 3
2，＋∞). ②由①知a <1时，x 0∈(－∞，1)，由f (x 0)<0， 得g (x 0)>a ，
又存在唯一整数x 0，满足g (x 0)>a ，且g (0)＝1>a ， ∴g (－1)≤a ，即a ≥32e ，∴3
2e ≤a <1.
当a >4e 3
2时，x 0∈(1，＋∞)，由f (x 0)<0，得g (x 0)<a ，
又存在唯一整数x 0，满足g (x 0)<a ，且g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
32＝4e 3
2<a ，
∴⎩
⎨⎧g （2）<a ，g （3）≥a ，解得3e 2<a ≤5e 32. 综上所述，a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，1∪⎝ ⎛⎦
⎥⎤
3e 2，5e 3
2.
规律方法 导数在研究不等式问题中的应用题型主要有： (1)利用导函数解不等式：
已知一个含f ′(x )的不等式，可得到和f (x )有关的函数的单调性，然后可利用函数单调性解不等式. (2)利用导数证明不等式：
证明f (x )<g (x )，x ∈(a ，b )，可以构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，如果F ′(x )<0，则F (x )
在(a，b)上是减函数，同时若F(a)≤0，由减函数的定义可知，x∈(a，b)时，有F(x)<0，即证明了f(x)<g(x).
(3)利用导数解决不等式恒成立问题的方法：
①讨论最值：先构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出含参函数的最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围.
②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.
【训练1】(2016·全国Ⅲ卷)设函数f(x)＝ln x－x＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当x∈(1，＋∞)时，1<x－1
ln x<x；
(3)设c>1，证明：当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>c x.
(1)解由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1
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.
(2)证明由(1)知f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0.
所以当x≠1时，ln x<x－1.
故当x∈(1，＋∞)时，ln x<x－1，ln 1
x<
1
x－1，即1<
x－1
ln x<x.
(3)证明由题设c>1，设g(x)＝1＋(c－1)x－c x，
则g′(x)＝c－1－c x ln c，令g′(x)＝0.解得x0＝ln
c－1 ln c ln c.
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－1
ln c<c，故0<x0<1.又g(0)＝g(1)＝0，故当0<x<1时，g(x)>0.
所以当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>c x.
考点二导数在研究函数零点、方程解中的应用
【例2】(2018·扬州模拟)设函数f(x)＝x e x－a sin x cos x(a∈R，其中e是自然对数的底数).
(1)当a＝0时，求f(x)的极值；
(2)若对于任意的x ∈⎣
⎢⎡
⎦⎥⎤0，π2，f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围；
(3)是否存在实数a ，使得函数f (x )在区间⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，π2上有两个零点？若存在，求出a
的取值范围；若不存在，请说明理由.
解 (1)当a ＝0时，f (x )＝x e x ，f ′(x )＝e x (x ＋1)， 令f ′(x )＝0，得x ＝－1. 列表如下：
所以函数f (x )的极小值为f (－1)＝－1
e ，无极大值.
(2)①当a ≤0时 ，由于对于任意x ∈⎣⎢⎡
⎦⎥⎤0，π2，有sin x cos x ≥0，
所以f (x )≥0恒成立，即当a ≤0时，符合题意；
②当0<a ≤1时，因为f ′(x )＝e x (x ＋1)－a cos 2x ≥e 0(0＋1)－a cos 0＝1－a ≥0， 所以函数f (x )在⎣⎢⎡
⎦⎥⎤0，π2上为增函数，所以f (x )≥f (0)＝0，即当0<a ≤1时，符合题
意；
③当a >1时，f ′(0)＝1－a <0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝e π4⎝ ⎛⎭⎪⎫
π4＋1>0，
设f ′(α)＝0，其中α是f ′(x )＝0中最接近x ＝0的零点. 所以f (x )在(0，α)上为减函数，此时f (x )<f (0)＝0， 即当a >1时，不符合题意.
综上所述，a 的取值范围是(－∞，1].
(3)不存在实数a ，使得函数f (x )在区间⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，π2上有两个零点.理由如下：
由(2)知，当a ≤1时，f (x )在⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，π2上是增函数，且f (0)＝0，故函数f (x )在区间
⎝
⎛
⎭⎪⎫0，π2上无零点.
当a >1时，f ′(x )＝e x (x ＋1)－a cos 2x .
令g (x )＝e x (x ＋1)－a cos 2x ，则g ′(x )＝e x (x ＋2)＋2a sin 2x ，
当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，恒有g ′(x )>0，所以g (x )在⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，π2上是增函数.由g (0)＝1－a <0，
g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝e π2⎝ ⎛⎭
⎪⎫
π2＋1＋a >0， 故g (x )在⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，π2上存在唯一的零点x 0，
即方程f ′(x )＝0在⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，π2上存在唯一解x 0.
且当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0； 当x ∈⎝ ⎛
⎭⎪⎫x 0，π2时，f ′(x )>0，
即函数f (x )在(0，x 0)上单调递减， 在⎝
⎛
⎭⎪⎫x 0，π2上单调递增.
当x ∈(0，x 0)时，f (x )<f (0)＝0，即f (x )在(0，x 0)上无零点； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，π2时，由于f (x 0)<f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π2e π
2>0，
所以f (x )在⎝
⎛
⎭⎪⎫x 0，π2上有唯一零点.
所以，当a >1时，f (x )在⎝
⎛
⎭⎪⎫0，π2上有一个零点.
综上所述，不存在实数a ，使得函数f (x )在区间⎝
⎛
⎭⎪⎫0，π2上有两个零点.
规律方法 利用导数研究方程的根(函数的零点)的策略研究方程的根或曲线的交点个数问题，可构造函数转化为研究函数的零点个数问题.可利用导数研究函数的极值、最值、单调性、变化趋势等，从而画出函数的大致图象，然后根据图象判断函数的零点个数.
【训练2】 (2018·南通、泰州第一次调研测试)已知函数f (x )＝ax 2－x －ln x ，a ∈R .
(1)当a ＝3
8时，求函数f (x )的最小值；
(2)当－1≤a ≤0时，证明：函数f (x )有且只有一个零点； (3)若函数f (x )有两个零点，求实数a 的取值范围.
(1)解 当a ＝38时，f (x )＝38x 2
－x －ln x . f ′(x )＝34x －1－1x ＝（3x ＋2）（x －2）4x (x >0).
令f ′(x )＝0，得x ＝2.
当x ∈(0，2)时，f ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0， 所以函数f (x )在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， 所以当x ＝2时，f (x )有极小值，也是最小值，f (2)＝－1
2－ln 2.
(2)证明 由f (x )＝ax 2
－x －ln x ，得f ′(x )＝2ax －1－1x ＝2ax 2
－x －1
x
，x >0.
所以当a ≤0时，f ′(x )＝2ax 2－x －1
x <0，
函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，
所以当a ≤0时，函数f (x )在(0，＋∞)上最多有一个零点.
因为当－1≤a ≤0时，f (1)＝a －1<0，f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ＝e 2
－e ＋a
e 2>0，
所以当－1≤a ≤0时，函数f (x )在(0，＋∞)上有零点. 综上，当－1≤a ≤0时，函数f (x )有且只有一个零点.
(3)解 由(2)知，当a ≤0时，函数f (x )在(0，＋∞)上最多有一个零点. 因为函数f (x )有两个零点，所以a >0.
由f (x )＝ax 2
－x －ln x ，得f ′(x )＝2ax 2－x －1x
(x >0)，令g (x )＝2ax 2
－x －1.
因为g (0)＝－1<0，2a >0，
所以函数g (x )在(0，＋∞)上只有一个零点， 设为x 0，
当x ∈(0，x 0)时，g (x )<0，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，g (x )>0，f ′(x )>0， 所以函数f (x )在(0，x 0)上单调递减；在(x 0，＋∞)上单调递增. 要使函数f (x )在(0，＋∞)上有两个零点，
只需要函数f (x )的极小值f (x 0)<0，即ax 20－x 0－ln x 0<0.
又因为g (x 0)＝2ax 20－x 0－1＝0，所以2ln x 0＋x 0－1>0，令h (x )＝2ln x ＋x －1，由h (x )在(0，＋∞)上是增函数，且h (1)＝0，
所以x 0>1，得0<1
x 0<1.
又由
2ax 20－x 0－1＝0，得
2a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 02＋1x 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 0
＋122－1
4.
所以0<a <1.
下面验证当0<a <1时，函数f (x )有两个零点. 当0<a <1时，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝2a a 2－1
a －1＝1－a a >0， 所以1<x 0<1
a .
因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝a e 2－1
e ＋1＝e 2－e ＋a e 2>0，且
f (x 0)<0，
所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1e ，x 0上有一个零点.
又因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＝4a a 2－2
a －ln 2a ≥2a －⎝ ⎛⎭⎪⎫2a －1＝1>0，因为ln x ≤x －1，
且f (x 0)<0，所以函数f (x )在⎝ ⎛
⎭⎪⎫x 0，2a 上有一个零点.
所以当0<a <1时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫
1e ，2a 内有两个零点.
综上，实数a 的取值范围为(0，1). 考点三 利用导数研究生活中的优化问题
【例3】 (2017·南通、徐州第一次学情调研)在互联网时代，网校培训已经成为青年学习的一种趋势，假设某网校的套题每日的销售量h (x )(单位：千套)与销售价格x (单位：元/套)满足关系式h (x )＝f (x )＋g (x )(3<x <7，x 为常数)，其中f (x )与(x －3)成反比，g (x )与(x －7)的平方成正比，已知销售价格为5元/套时，每日可售出套题21千套，销售价格为3.5元/套时，每日可售出套题69千套. (1)求h (x )的表达式；
(2)假设网校的员工工资、办公等所有开销折合为每套题3元(只考虑售出的套数)，试确定销售价格为多少时，才能使网校每日销售套题所获得的利润最大.(保留1位小数)
解 (1)因为f (x )与(x －3)成反比，g (x )与(x －7)的平方成正比， 所以可设f (x )＝
k 1
x －3
，k 1≠0，g (x )＝k 2(x －7)2，k 2≠0，
则h (x )＝f (x )＋g (x )＝
k 1
x －3
＋k 2(x －7)2， 将(5，21)，(3.5，69)代入，得 ⎩⎪⎨⎪⎧k 12＋4k 2＝21，2k 1＋494k 2＝69，
解得⎩⎨⎧k 1＝10，
k 2＝4，
所以h (x )＝10x －3
＋4(x －7)2(3<x <7).
(2)设每日销售套题所获得的利润为F (x )元，
则F (x )＝(x －3)⎣⎢⎡⎦⎥⎤
10x －3＋4（x －7）2＝10＋4(x －7)2(x －3)
＝4x 3－68x 2＋364x －578(3<x <7).
从而F ′(x )＝12x 2－136x ＋364＝4(3x －13)(x －7)(3<x <7)，
当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3，133时，F ′(x )>0，所以函数F (x )在⎝ ⎛
⎭⎪⎫3，133上单调递增， 在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫133，7时，F ′(x )<0，所以函数F (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫
133，7上单调递减，
所以当x ＝
13
3
≈4.3时，函数F (x )取得最大值. 答：当销售价格为4.3元/套时，网校每日销售套题所获得的利润最大.
规律方法 求实际问题中的最大值或最小值时，一般是先设自变量、因变量，建立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数的最值的方法求解，注意结果应与实际情况相结合.用导数求解实际问题中的最大(小)值时，如果函数在开区间内只有一个极值点，那么依据实际意义，该极值点也就是最值点.
【训练3】 某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度).设该蓄水池的底面半径为r 米，高为h 米，体积为V 立方米.假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率).
(1)将V 表示成r 的函数V (r )，并求该函数的定义域；
(2)讨论函数V (r )的单调性，并确定r 和h 为何值时该蓄水池的体积最大. 解 (1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh ＝200πrh 元，底面的总成本为160πr 2元.
所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元.
又根据题意得200πrh＋160πr2＝12 000π，所以h＝1
5r(300－4r
2)，
从而V(r)＝πr2h＝π
5(300r－4r
3).
因r>0，又由h>0可得0＜r<53，故函数V(r)的定义域为(0，53).
(2)因V(r)＝π
5(300r－4r
3)(0＜r＜53)，
故V′(r)＝π
5(300－12r
2)，
令V′(r)＝0，解得r＝5或－5(因r＝－5不在定义域内，舍去).
当r∈(0，5)时，V′(r)>0，故V(r)在(0，5)上为增函数；
当r∈(5，53)时，V′(r)<0，故V(r)在(5，53)上为减函数.
由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，
此时h＝8.
即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大.
一、必做题
1.某商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式：y＝－x3＋27x＋123(x>0)，则获得最大利润时的年产量为________百万件.
解析y′＝－3x2＋27＝－3(x＋3)(x－3)，
当0<x<3时，y′>0；
当x>3时，y′<0.
故当x＝3时，该商品的年利润最大.
答案 3
2.如果不等式ln（kx）
x≤
1
e对任意的正实数x恒成立，则实数k的取值范围为
________.
解析由题意知k>0，令f(x)＝ln（kx）
x(x>0)，
则f (x )＝
ln （kx ）x ＝ln k ＋ln x
x
. 因此f ′(x )＝1－ln （kx ）x 2，令f ′(x )＝0，解得x ＝e k ，且函数f (x )在x ＝e
k 处取得极大
值，也是最大值，
由题意有k e ≤1
e ，所以0<k ≤1. 答案 (0，1]
3.(2018·苏北四市联考)已知函数f (x )＝x 3－ax 2＋4，若f (x )的图象与x 轴正半轴有两个不同的交点，则实数a 的取值范围为________. 解析 由题意知f ′(x )＝3x 2－2ax ＝x (3x －2a )， 当a ≤0时，不符合题意.
当a >0时，f (x )在⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，2a 3上单调递减， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫
2a 3，＋∞上单调递增， 所以由题意知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫
2a 3<0，解得a >3.
答案 (3，＋∞)
4.(2018·南京质检)直线x ＝t 分别与函数f (x )＝e x ＋1的图象及g (x )＝2x －1的图象相交于点A 和点B ，则AB 的最小值为________. 解析 由题意得，AB ＝|e x ＋1－(2x －1)|＝|e x －2x ＋2|， 令h (x )＝e x －2x ＋2，
则h ′(x )＝e x －2，所以h (x )在(－∞，ln 2)上单调递减， 在(ln 2，＋∞)上单调递增， 所以h (x )min ＝h (ln 2)＝4－2ln 2>0， 即AB 的最小值是4－2ln 2. 答案 4－2ln 2
5.(2017·南通、扬州、泰州、淮安三调)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧2x 3＋3x 2
＋m ，0≤x ≤1，
mx ＋5，x >1.
若
函数f (x )的图象与x 轴有且只有两个不同的交点，则实数m 的取值范围为________.
解析 当0≤x ≤1时，f (x )＝2x 3＋3x 2＋m ，f ′(x )＝6x 2＋6x ≥0，所以f (x )在[0，
1]上单调递增，其图象与x 轴只能有一个交点，从而⎩⎨⎧f （0）≤0，
f （1）≥0，要使函数f (x )
的图象与x 轴有且只有两个不同的交点，则需满足⎩⎨⎧m ＋5>0，
m <0，从而可得m ∈(－5，
0).
答案 (－5，0)
6.(2017·启东中学月考)设函数f (x )＝e x (2x －1)－ax ＋a ，其中a <1，若存在唯一的整数x 0，使得f (x 0)<0，则a 的取值范围是________. 解析 已知函数f (x )＝e x (2x －1)－ax ＋a ，其中a <1， 设g (x )＝e x (2x －1)，h (x )＝ax －a ， 因为存在唯一的整数x 0，使得f (x 0)<0，
所以存在唯一的整数x 0，使得g (x 0)在直线h (x )＝ax －a 的下方. 因为g ′(x )＝e x (2x ＋1)，
所以当x <－12时，g ′(x )<0，当x >－1
2时，g ′(x )>0，
所以当x ＝－12时，g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12＝－2e －
12.
又g (0)＝－1<0，g (1)＝e>0，直线h (x )＝ax －a 恒过定点(1，0)，在同一平面直角坐标系中作出函数g (x )＝e x (2x －1)与h (x )＝ax －a 的图象，由图象知h (0)>g (0)，且g (－1)≥h (－1)，解得32e ≤a <1.所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭
⎪⎫
32e ，1.
答案 ⎣⎢⎡⎭
⎪⎫
32e ，1
7.(2017·常州期末)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧2x 2
－3x ，x ≤0，
e x ＋e 2，x >0.
若不等式f (x )≥kx 对任意的
x ∈R 恒成立，则实数k 的取值范围是________.
解析 当x ≤0时，f (x )≥kx 恒成立，知2x 2－3x ≥kx 恒成立，则k ≥2x －3恒成立.
令g (x )＝2x －3，则k ≥g (x )max ＝g (0)＝－3，所以k ≥－3.当x >0时，先求函数y ＝e x ＋e 2(x >0)的图象的过坐标原点的切线.设切点为(x 0，y 0)，由y ′＝e x ，得e x 0＝y 0
x 0
，
即x 0·e x 0＝e x 0＋e 2.当x 0>2时，x 0·e x 0>e x 0＋e 2；当0<x 0<2时，x 0·e x 0<e x 0＋e 2.由上述方程有唯一的解x 0＝2，即y ＝e x ＋e 2过坐标原点的切线方程是y ＝e 2·x ，要使e x ＋e 2≥kx 恒成立，则k ≤e 2.综上，实数k 的取值范围是[－3，e 2]. 答案 [－3，e 2]
8.(2017·南京三模)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －1
e x ，x ≥a ，
－x －1，x <a ，g (x )＝f (x )－b .若存在实数b ，使
得函数g (x )恰有3个零点，则实数a 的取值范围为________.
解析 记函数y ＝x －1e x ，则y ′＝e x －（x －1）e x （e x ）2＝2－x
e x ，故y 在(－∞，2]上单调递
增，在[2，＋∞)上单调递减.在同一平面直角坐标系中作出函数y ＝x －1
e x 与y ＝－x －1的图象如图所示，由题意可知，若存在实数b ，使得直线y ＝b 与曲线y ＝
f (x )有3个交点，则由图象得分段函数f (x )的分段点a 的取值范围为⎝ ⎛⎭
⎪⎫－1e 2－1，2.
答案 ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－1e 2－1，2
9.(2018·苏锡常镇一调)如图是某设计师的Y 型饰品的平面图，其中支架OA ，OB ，OC 两两成120°角，OC ＝1，AB ＝OB ＋OC ，且OA >OB .现设计师在支架OB 上装点普通珠宝，普通珠宝的价值为M ，且M 与OB 的长成正比，比例系数为k (k 为正常数).在△AOC 区域(如图中阴影区域)内镶嵌名贵珠宝，名贵珠宝的价值为N ，且N 与△AOC 的面积成正比，比例系数为43k .设OA ＝x ，OB ＝y .
(1)求y 关于x 的函数解析式，并写出x 的取值范围； (2)求N －M 的最大值及相应的x 的值. 解 (1)因为OA ＝x ，OB ＝y ，则AB ＝y ＋1， 由余弦定理得x 2＋y 2－2xy cos 120°＝(y ＋1)2， 解得y ＝x 2－1
2－x .由x >0，y >0，得1<x <2.
又x >y ，得x >x 2－12－x ，解得1<x <1＋3
2，
所以x 的取值范围是⎝
⎛⎭⎪⎫1，
1＋32. (2)由题意知M ＝kOB ＝ky ，N ＝43k ·S △AOC ＝3kx ， 则N －M ＝k (3x －y )＝k ⎝ ⎛
⎭⎪⎫3x －
x 2－12－x . 设2－x ＝t ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫
3－32，1， 则N －M ＝k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤3（2－t ）－
（2－t ）2－1t ＝k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤10－⎝ ⎛
⎭⎪⎫4t ＋3t ≤k ⎝
⎛
⎭
⎪⎫
10－24t ·3t ＝(10－43)k . 当且仅当4t ＝3t ，即t ＝32∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3－32，1时取等号，此时x ＝2－3
2，所以x ＝2－3
2，N －M 的最大值是(10－43)k .
10.(2017·徐州、连云港、宿迁三检)经市场调查，某商品每吨的价格为x (1<x <14)百元时，该商品的月供给量为y 1万吨，y 1＝ax ＋7
2a 2－a (a >0)；月需求量为y 2万吨，y 2＝－1224x 2－1
112x ＋1.当该商品的需求量大于供给量时，销售量等于供给量；当该商品的需求量不大于供给量时，销售量等于需求量.该商品的月销售额等于月销售量与价格的乘积.
(1)若a ＝1
7，问：商品的价格为多少时，该商品的月销量额最大？
(2)记需求量与供给量相等时的价格为均衡价格.若该商品的均衡价格不低于每吨6百元，求实数a 的取值范围.
解 (1)若a ＝17，由y 2>y 1，得－1224x 2－1112x ＋1>17x ＋72×⎝ ⎛⎭⎪⎫172－1
7，解得－40<x <6.
因为1<x <14，所以1<x <6. 设该商品的月销售额为g (x )， 则g (x )＝⎩⎨⎧y 1·x ，1<x <6，
y 2·x ，6≤x <14.
当1<x <6时，g (x )＝17⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12x <g (6)＝33
7；
当6≤x <14时，g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫
－1224x 2－1112x ＋1x ，
则g ′(x )＝－1
224(3x 2＋4x －224) ＝－1
224(x －8)(3x ＋28). 由g ′(x )>0，得x <8，
此时g (x )在[6，8)上单调递增，在(8，14)上单调递减， 当x ＝8时，g (x )有最大值g (8)＝36
7.
所以若a ＝1
7，商品的每吨价格定为8百元时，月销售额最大. (2)设f (x )＝y 1－y 2＝1224x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1112＋a x ＋7
2a 2－1－a ，
因为a >0，所以f (x )在区间(1，14)上是单调增函数.
若该商品的均衡价格不低于每吨6百元，即函数f (x )在区间[6，14)上有零点， 所以⎩⎨⎧f （6）≤0，f （14）>0，即⎩⎪⎨⎪⎧7a 2
＋10a －117≤0，72a 2＋13a >0，
解得0<a ≤1
7.
所以若该商品的均衡价格不低于每吨6百元，则实数a 的取值范围是⎝ ⎛
⎦⎥⎤0，17.
二、选做题
11.设函数f (x )＝e 2x 2＋1x ，g (x )＝e 2x
e x ，对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，不等式g （x 1）k ≤
f （x 2）
k ＋1
恒成立，则正数k 的取值范围是________. 解析 因为对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，
不等式g （x 1）k ≤f （x 2）k ＋1恒成立，所以k k ＋1≥g （x ）max f （x ）min .
因为g (x )＝e 2x
e x ， 所以g ′(x )＝e 2－x (1－x ).
当0<x <1时，g ′(x )>0；当x >1时，g ′(x )<0， 所以g (x )在(0，1]上单调递增，在[1，＋∞)上单调递减. 所以当x ＝1时，g (x )取到最大值，即g (x )max ＝g (1)＝e. 又f (x )＝e 2x ＋1
x ≥2e(x >0).
当且仅当e 2x ＝1x ，即x ＝1
e 时取等号，故
f (x )min ＝2e. 所以
g （x 1）max f （x 2）min ＝e 2e ＝12，应有k k ＋1≥12，又k >0，所以k ≥1.
答案 [1，＋∞)
12.(2017·常州一模)已知函数f (x )＝12ax 2ln x ＋bx ＋1.
(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为x －2y ＋1＝0，求f (x )的单调区间； (2)若a ＝2，且关于x 的方程f (x )＝1在⎣⎢⎡⎦⎥⎤
1e 2，e 上恰有两个不相等的实根，求实数
b 的取值范围；
(3)若a ＝2，b ＝－1，当x ≥1时，关于x 的不等式f (x )≥t (x －1)2恒成立，求实数t 的取值范围.(其中e 是自然对数的底数，e ＝2.718 28…) 解 (1)f ′(x )＝ax ln x ＋12ax ＋b ，由题意得f ′(1)＝12a ＋b ＝1
2， 且f (1)＝b ＋1＝1，所以a ＝1，b ＝0. 此时f ′(x )＝x ln x ＋1
2x (x >0).
令f ′(x )＝x ln x ＋12x >0，得x >e －
12； 令f ′(x )＝x ln x ＋12x <0，得0<x <e －
12，
所以f (x )的单调增区间为(e －12，＋∞)，单调减区间为(0，e －
12).
(2)当a ＝2时，f (x )＝x 2ln x ＋bx ＋1＝1，所以－b ＝x ln x ， 令g (x )＝x ln x ，x ∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤
1e 2，e ，
则g ′(x )＝ln x ＋1，令g ′(x )＝ln x ＋1＝0，得x ＝1
e .
当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如下表：
所以－b ∈⎝ ⎦⎥⎤－1e ，－2e 2，所以b ∈⎣⎢⎡⎭
⎪⎫
2e 2，1e .
(3)当a ＝2，b ＝－1时，f (x )＝x 2ln x －x ＋1≥t (x －1)2， 所以x 2ln x －x ＋1－t (x －1)2≥0， 令h (x )＝x 2ln x －x ＋1－t (x －1)2(x ≥1)， 则h (x )≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立. h ′(x )＝2x ln x ＋x －1－2t (x －1)，
令m (x )＝x ln x －x ＋1(x ≥1)，则m ′(x )＝ln x ≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立，所以m (x )在[1，＋∞)上单调递增，故m (x )≥m (1)＝0，即x ln x ≥x －1对x ∈[1，＋∞)恒 成立.
所以h ′(x )＝2x ln x ＋x －1－2t (x －1)≥3(x －1)－2t (x －1)＝(3－2t )(x －1).
①当3－2t ≥0，即t ≤3
2时，h ′(x )≥0恒成立，所以h (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以h (x )≥h (1)＝0成立.
②当3－2t <0时，即t >3
2时，h ′(x )＝2x ln x ＋x －1－2t (x －1)， 令φ(x )＝2x ln x ＋x －1－2t (x －1)，则φ′(x )＝2ln x ＋3－2t ，
令φ′(x )＝2ln x ＋3－2t ＝0得，x ＝e
2t －3
2
>1，
当1≤x ≤e
2t －3
2
时，φ′(x )<0，所以φ(x )单调递减，所以φ(x )≤φ(1)＝0，即h ′(x )≤0，
所以h (x )单调递减，
所以当1<x <e
2t －3
2
时，h (x )<h (1)＝0，不成立.
综上，t 的取值范围为⎝ ⎛
⎦
⎥⎤－∞，32.。