高考数学一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 第16讲 导数与函数的综合问题精选教案 理

第16讲 导数与函数的综合问题
1．生活中的优化问题
通常求利润最大、用料最省、效率最高等问题称为优化问题，一般地，对于实际问题，若函数在给定的定义域内只有一个极值点，那么该点也是最值点．
2．利用导数解决生活中的优化问题的基本思路
3．导数在研究方程(不等式)中的应用
研究函数的单调性和极(最)值等离不开方程与不等式；
反过来方程的根的个数、不等式的证明、不等式恒成立求参数等，又可转化为函数的单调性、极值与最值的问题，利用导数进行研究．
4．导数在综合应用中转化与化归思想的常见类型 (1)把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题； (2)把证明不等式问题转化为函数的单调性问题； (3)把方程解的问题转化为函数的零点问题．
1．思维辨析(在括号内打“√”或“×”)．
(1)若实际问题中函数定义域是开区间，则不存在最优解．( × )
(2)函数f (x )＝x 3
＋ax 2
＋bx ＋c 的图象与x 轴最多有3个交点，最少有一个交点．( √ )
(3)函数F (x )＝f (x )－g (x )的最小值大于0，则f (x )＞g (x )．( √ )
(4)“存在x ∈(a ，b )，使f (x )≥a ”的含义是“任意x ∈(a ，b )，使f (x )≥a ”．( × ) 2．已知某生产厂家的年利润y (单位：万元)与年产量x (单位：万件)的函数关系式为y ＝－13
x 3
＋81x －234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为( C )
A ．13万件
B ．411万件
C ．9万件
D ．7万件
解析 y ′＝－x 2
＋81，令y ′＝0得x ＝9或x ＝－9(舍去)，当x ∈(0,9)时，y ′＞0，当x ∈(9，＋∞)时，y ′＜0，则当x ＝9时，y 有最大值．即使该生产厂家获取最大年利润的年产量为9万件．
3．已知函数f (x )，g (x )均为[a ，b ]上的可导函数，在[a ，b ]上连续且f ′(x )<g ′(x )，则f (x )－g (x )的最大值为( A )
A ．f (a )－g (a )
B ．f (b )－g (b )
C ．f (a )－g (b )
D ．f (b )－g (a )
解析 设F (x )＝f (x )－g (x )，F ′(x )＝f ′(x )－g ′(x )<0， ∴F (x )在[a ，b ]上是减函数．
∴F (x )在[a ，b ]上的最大值为F (a )＝f (a )－g (a )．
4．若f (x )＝ln x
x
，0<a <b <e ，则f (a )，f (b )的大小关系为！！！ f (a )＜f (b ) ###.
解析 由题意可知，f ′(x )＝1－ln x x 2，当x ∈(0，e)时，1－ln x x
2
＞0，即f ′(x )＞0，∴f (x )在(0，e)上递增，又0＜a ＜b ＜e ，∴f (a )＜f (b )．
5．若函数f (x )＝x 3
－3x ＋a 有3个不同的零点，则实数a 的取值范围是__(－2,2)__. 解析 由于函数f (x )是连续的，故只需要两个极值异号即可．
f ′(x )＝3x 2－3，令3x 2－3＝0，得x ＝±1，只需f (－1)f (1)＜0，
即(a ＋2)(a －2)＜0，故a ∈(－2,2)．
一 利用导数解决生活中的优化问题
利用导数解决生活中的优化问题的四个步骤
(1)分析实际问题中各个量之间的关系，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使f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值．
(4)回归实际问题提出解决方案．
注意：解决此类问题要根据实际问题的意义确定函数的定义域．
【例1】 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．
解析 (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 ＋160πr 2
)元．
又根据题意得200πrh ＋160πr 2
＝12 000π，
所以h ＝15r (300－4r 2)，从而V (r )＝πr 2h ＝π5(300r －4r 3
)．
由h >0，且r >0可得0<r <53，故函数V (r )的定义域为(0,53)．
(2)因V (r )＝π5(300r －4r 3)，所以V ′(r )＝π5
(300－12r 2
)．令V ′(r )＝0，解得r 1＝5，
r 2＝－5(因为r 2＝－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．
二 利用导数研究函数的零点或方程的根
研究方程根的情况，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．
【例2】 已知x ＝3是函数f (x )＝a ln(1＋x )＋x 2
－10x 的一个极值点． (1)求a 的值；
(2)求函数f (x )的单调区间；
(3)若直线y ＝b 与函数y ＝f (x )的图象有3个交点，求b 的取值范围． 解析 (1)因为f ′(x )＝
a
1＋x
＋2x －10，
所以f ′(3)＝a
4
＋6－10＝0，因此a ＝16.
(2)由(1)知，f (x )＝16ln (1＋x )＋x 2
－10x ，x ∈(－1，＋∞)， f ′(x )＝2(x 2
－4x ＋3)
1＋x
.
当x ∈(－1,1)或(3，＋∞)时，f ′(x )>0；x ∈(1,3)时，f ′(x )<0.
所以f (x )的单调增区间是(－1,1)，(3，＋∞)；f (x )的单调减区间是(1,3)． (3)由(2)知，f (x )在(－1,1)内单调递增，在(1,3)内单调递减，在(3，＋∞)内单调递增，且当x ＝1或x ＝3时， f ′(x )＝0.
所以f (x )的极大值为f (1)＝16ln 2－9， 极小值为f (3)＝32ln 2－21．
因为f (16)>162
－10×16>16ln 2－9＝f (1)，f (e －2
－1)<－32＋11＝－21<f (3)，所以在
f (x )的三个单调区间(－1,1)，(1,3)，(3，＋∞)上，直线y ＝b 与y ＝f (x )的图象各有一个
交点，当且仅当f (3)<b <f (1)．因此，b 的取值范围为(32ln 2－21,16ln 2－9)．
三 利用导数证明不等式
利用导数证明不等式的解题策略
(1)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，那么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 )．
(2)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，那么F (x )在(a ，b )上是增函数，同时若F (a )≥0，由增函数的定义可知，x ∈(a ，b )时，有
F (x )>0，即证明了f (x )>g (x )．
(3)在证明过程中，一个重要技巧就是找到函数F (x )＝f (x )－g (x )的零点，这往往就是解决问题的一个突破口．
【例3】 已知函数f (x )＝2x －2x 2＋1
.
(1)设g (x )＝ln x ，求证：g (x )≥f (x )在[1，＋∞)上恒成立； (2)若0<a <b ，求证：ln b －ln a b －a >2a
a 2＋
b 2
.
证明 (1)由题意知，要证ln x ≥2x －2
x 2＋1
在[1，＋∞)上恒成立，
即证明(x 2
＋1)ln x ≥2x －2，x 2
ln x ＋ln x －2x ＋2≥0在[1，＋∞)上恒成立． 设h (x )＝x 2
ln x ＋ln x －2x ＋2，则h ′(x )＝2x ln x ＋x ＋1x
－2，
由x ≥1，得2x ln x ≥0，x ＋1
x
≥2·
x ·1
x
≥2(当且仅当x ＝1时等号成立)，即
h ′(x )≥0，所以h (x )在[1，＋∞)上单调递增，h (x )≥h (1)＝0，所以g (x )≥f (x )在[1，＋
∞)上恒成立．
(2)因为0<a <b ，所以b a >1，则(1)知ln b a >2·b
a －2⎝ ⎛⎭
⎪⎫b a 2＋1
，整理得ln b －ln a b －a >2a
a 2＋b
2，所以当
0<a <b 时，ln b －ln a b －a >2a
a 2＋b
2.
四 利用导数研究恒成立(或存在性)问题
利用导数研究不等式恒成立问题的方法
(1)由不等式恒成立求解参数的取值范围问题常采用的方法是分离参数求最值，即要使
a ≥g (x )恒成立，只需a ≥g (x )max ，要使a ≤g (x )恒成立，只需a ≤g (x )min .另外，当参数不宜
进行分离时，还可直接求最值建立关于参数的不等式求解，例如，要使不等式f (x )≥0恒成立，可求得f (x )的最小值h (a )，令h (a )≥0即可求出a 的取值范围．
(2)参数范围必须依靠不等式才能求出，求解参数范围的关键就是找到这样的不等式． 【例4】 已知函数f (x )＝x 2
＋2x ，g (x )＝x e x
. (1)求f (x )－g (x )的极值；
(2)当x ∈(－2,0)时，f (x )＋1≥ag (x )恒成立，求实数a 的取值范围． 解析 (1)令h (x )＝f (x )－g (x )＝x 2
＋2x －x e x
，
则h ′(x )＝(x ＋1)(2－e x
)，令h ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝ln 2. 当x 变化时，h ′(x )与h (x )的变化情况如下表.
∴h (x )的极小值为h (－1)＝1e －1，h (x )的极大值为h (ln 2)＝ln 2
2，
即f (x )－g (x )的极小值为1e
－1，极大值为ln 2
2.
(2)由题意知，当x ∈(－2,0)时，x 2
＋2x ＋1≥ax e x
恒成立，
即a ≥x 2＋2x ＋1x e x
恒成立．
令t (x )＝x 2＋2x ＋1x e x ，则t ′(x )＝－(x 2
＋1)(x ＋1)
x 2e x
，
∴当x ∈(－2，－1)时，t ′(x )>0，t (x )单调递增； 当x ∈(－1,0)时，t ′(x )<0，t (x )单调递减； 当x ∈(－2,0)时，t (x )max ＝t (－1)＝0.∴a ≥0. 故a 的取值范围是[0，＋∞)．
【例5】 已知函数f (x )＝ax 2
－b ln x 在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝3x －1． (1)若f (x )在其定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，求实数k 的取值范围；
(2)若对任意x ∈(0，＋∞)，均存在t ∈[1,3]，使得13t 3－c ＋12·t 2＋ct ＋ln 2＋1
6≤f (x )，
试求实数c 的取值范围．
解析 (1)f ′(x )＝2ax －b
x
，
由⎩
⎪⎨
⎪⎧
f ′(1)＝3，
f (1)＝2，得⎩
⎪⎨
⎪⎧
a ＝2，
b ＝1，
f (x )＝2x 2
－ln x ，f ′(x )＝4x －1x ＝4x 2
－1x ，令f ′(x )＝0，得x ＝1
2
，
所以⎩⎪⎨⎪⎧
k －1≥0，
k －1<12，
k ＋1>12，
解得1≤k <3
2
.
故实数k 的取值范围是⎣⎢⎡⎭
⎪⎫1，32. (2)设g (t )＝13t 3－c ＋12t 2＋ct ＋ln 2＋1
6，
根据题意可知g (t )min ≤f (x )min .
由(1)知f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1
2
＋ln 2，
g ′(t )＝t 2－(c ＋1)t ＋c ＝(t －1)(t －c )，
当c ≤1时，g ′(t )≥0，g (t )在[1,3]上单调递增，
g (t )min ＝g (1)＝c
2
＋ln 2，满足g (t )min ≤f (x )min .
当1<c <3时，g (t )在[1，c ]上单调递减，在[c,3]上单调递增，g (t )min ＝g (c )＝－16c 3＋
1
2
c 2＋ln 2＋1
6.由－16c 3＋12c 2＋ln 2＋16≤12
＋ln 2得c 3－3c 2＋2≥0，(c －1)(c 2－2c －2)≥0，
此时1＋3≤c <3.
当c ≥3时，g ′(t )≤0，g (t )在[1,3]上单调递减，g (t )min ＝g (3)＝－3c 2＋14
3＋ln 2，
g (3)＝－3c 2
＋143
＋ln 2≤－3×32
＋143
＋ln 2≤1
2
＋ln 2.
综上，c 的取值范围是(－∞，1]∪[1＋3，＋∞)．
1．做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π，且用料最省，则圆柱的底面半径为( A )
A ．3
B ．4
C ．6
D ．5
解析 设圆柱的底面半径为R ，母线长为l ，则V ＝πR 2
l ＝27π，
∴l ＝27
R
2，要使用料最省，只须使圆柱的侧面积与下底面面积之和S 最小．由题意，S
＝πR 2＋2πRl ＝πR 2
＋2π·
27
R
.
∴S ′＝2πR －54π
R
2，令S ′＝0，得R ＝3，
则当R ＝3时，S 最小．故选A ．
2．已知函数f (x )＝ax 3
－3x ＋1对x ∈(0,1]总有f (x )≥0成立，则实数a 的取值范围是__[4，＋∞)__.
解析 当x ∈(0,1]时不等式ax 3
－3x ＋1≥0可化为a ≥3x －1
x
3
， 设g (x )＝3x －1
x
3，x ∈(0,1]，
g ′(x )＝3x 3－(3x －1)·3x 2
x
6＝－6⎝ ⎛⎭
⎪⎫x －12x
4
. 由g ′(x )＝0得x ＝12，当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12时g ′(x )>0；
当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 时g ′(x )<0；因此g (x )的最大值g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫12＝4，
则实数a 的取值范围是[4，＋∞)．
3．已知函数f (x )＝13x 3＋1－a 2x 2
－ax －a ，x ∈R ，其中a >0.
(1)求函数f (x )的单调区间；
(2)若函数f (x )在区间(－2,0)内恰有两个零点，求a 的取值范围． 解析 (1)f ′(x )＝x 2
＋(1－a )x －a ＝(x ＋1)(x －a )． 由f ′(x )＝0，得x ＝－1或a (a >0)． 当x 变化时f ′(x )与f (x )的变化情况如下表
故函数f (x )的单调递增区间是(－∞，－1)，(a ，＋∞)；单调递减区间是(－1，a )． (2)由(1)知f (x )在区间(－2，－1)内单调递增；在区间(－1,0)内单调递减．从而函数
f (x )在区间(－2,0)内恰有两个零点，当且仅当⎩⎪⎨⎪
⎧
f (－2)<0，f (－1)>0，
f (0)<0，
解得0<a <1
3
.所以a 的取值
范围是⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，13. 4．(2018·安徽安庆模拟)已知f (x )＝x ln x ，证明：当x ≥1时，2x －e≤f (x )． 证明 令g (x )＝f (x )－2x ＋e ，则g ′(x )＝f ′(x )－2＝ln x －1． 令g ′(x )＝0，得x ＝e.
当x ∈(1，e)时，g ′(x )<0；当x ∈(e ，＋∞)时，g ′(x )>0， ∴g (x )在(1，e)内单调递减，在(e ，＋∞)内单调递增． ∴g (x )极小值＝g (e)＝f (e)－2e ＋e ＝0.
又∵g (1)＝f (1)－2＋e ＝e －2>0，∴g (x )在[1，＋∞)内的最小值为0， ∴g (x )≥g (x )min ＝0，∴f (x )－2x ＋e≥0，即2x －e≤f (x )．
易错点 忽视定义域出错、求导出错，非等价转化出错
错因分析：对一些函数的定义域没有认清，不能对要证明的目标进行合理转化，也不能按得分点规范化书写而失分．
【例1】 设函数f (x )＝e 2x
－a ln x .
(1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数； (2)证明：当a ＞0时，f (x )≥2a ＋a ln 2
a
.
解析 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x )＝(e x ·e x )′－(a ln x )′＝2e 2x －a
x
(x >0)，
当a ≤0时，f ′(x )＞0，f ′(x )没有零点． 当a ＞0时，设u (x )＝2e 2x
，v (x )＝a x
， 因为u (x )＝2e 2x
在(0，＋∞)上单调递增，
v (x )＝a
x
在(0，＋∞)上单调递减，
在同一坐标系中作出u (x )，v (x )的简图如下．
可知u (x )与v (x )的图象在(0，＋∞)上仅有一个交点． 故当a ＞0时，f ′(x )存在唯一零点． 综合得f ′(x )的零点的个数为1．
(2)证明：由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＜0；
当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0. 故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)．
由于2e2x 0－a x 0＝0，所以e2x 0＝a 2x 0，a ln x 0＝－2ax 0－a ln 2a ，
所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2
a
.
故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2
a
.
【跟踪训练1】 已知f (x )＝x e x ，g (x )＝－(x ＋1)2
＋a ，若∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≤g (x 1)
成立，则实数a 的取值范围是！！！ ⎣⎢⎡⎭
⎪⎫－1e ，＋∞ ###.
解析 f ′(x )＝e x
＋x e x
＝e x
(1＋x )，当x <－1时，f ′(x )<0，当x >－1时，f ′(x )>0，∴f (x )在(－∞，－1)上递减，在(－1，＋∞)上递增，∴f (x )min ＝f (－1)＝－1
e
.
∵g (x )max ＝a ，∴由题意，得a ≥－1
e
.
课时达标 第16讲
[解密考纲]本考点主要以基本初等函数为载体，综合应用函数、导数、方程、不等式等知识，常考查恒成立问题、存在性问题或者与实际问题相结合讨论最优解等问题，综合性较强，常作为压轴题出现．三种题型均有出现，以解答题为主，难度较大．
1．已知函数f (x )＝x 2
－ax －a ln x (a ∈R )． (1)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，求a 的值； (2)在(1)的条件下，求证：f (x )≥－x 33＋5x 2
2－4x ＋11
6.
解析 (1)f ′(x )＝2x －a －a
x
，由题意可得
f ′(1)＝0，解得a ＝1．
经检验，a ＝1时f (x )在x ＝1处取得极小值，所以a ＝1． (2)由(1)知，f (x )＝x 2
－x －ln x ，
令g (x )＝f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 3
3＋5x
2
2
－4x ＋116＝x 3
3－3x 2
2＋3x －ln x －116，
由g ′(x )＝x 2
－3x ＋3－1x ＝x 3
－1x －3(x －1)＝(x －1)
3
x
(x >0)，可知g (x )在(0,1)上是减函
数，在(1，＋∞)上是增函数，
∴g (x )min ＝g (1)＝13－32＋3－11
6
＝0，
∴当x >0时，g (x )≥g (1)＝0，于是f (x )≥－x 33＋5x 2
2－4x ＋11
6.
2．若函数f (x )＝ax 3
－bx ＋4，当x ＝2时，函数f (x )有极值－43.
(1)求函数f (x )的解析式；
(2)若方程f (x )＝k 有3个不同的根，求实数k 的取值范围． 解析 (1)f ′(x )＝3ax 2
－b ，
由题意得⎩
⎪⎨⎪
⎧
f ′(2)＝12a －b ＝0，f (2)＝8a －2b ＋4＝－4
3，解得⎩⎪⎨⎪⎧
a ＝13
，
b ＝4，
故所求函数的解析式为f (x )＝13
x 3
－4x ＋4.
(2)由(1)得f ′(x )＝x 2
－4＝(x ＋2)(x －2)，令f ′(x )＝0， 得x ＝2或x ＝－2.
当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表.
因此，当x ＝－2时，f (x )有极大值283，当x ＝2时，f (x )有极小值－4
3，
所以函数f (x )＝13
x 3
－4x ＋4的图象大致如图所示．
因为f (x )＝k 有3个不同的根，所以直线y ＝k 与函数f (x )的图象有3个交点，所以－43<k <283
. 3．(2018·河南新乡调研)已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R )，g (x )＝12
x 2＋e
x
－x e x
.
(1)当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；
(2)当a <1时，若存在x 1∈[e ，e 2
]，使得对任意的x 2∈[－2,0]，f (x 1)<g (x 2)恒成立，求a 的取值范围．
解析 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝(x －1)(x －a )
x
2
. ①当a ≤1时，x ∈[1，e]，f ′(x )≥0，f (x )为增函数， 则f (x )min ＝f (1)＝1－a .
②当1<a <e 时，x ∈[1，a ]时，f ′(x )≤0，f (x )为减函数；
x ∈[a ，e]时，f ′(x )≥0，f (x )为增函数，
则f (x )min ＝f (a )＝a －(a ＋1)ln a －1．
③当a ≥e 时，x ∈[1，e]时，f ′(x )≤0，f (x )在[1，e]上为减函数， 则f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－a
e .
综上，当a ≤1时，f (x )min ＝1－a ； 当1<a <e 时，f (x )min ＝a －(a ＋1)ln a －1；
当a ≥e 时，f (x )min ＝e －(a ＋1)－a
e
.
(2)由题意知，f (x )(x ∈[e ，e 2
])的最小值小于g (x )(x ∈[－2,0])的最小值．由(1)知
f (x )在[e ，e 2]上单调递增，
f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－a
e
，g ′(x )＝(1－e x )x .
x ∈[－2,0]时，g ′(x )≤0，则g (x )为减函数．
所以g (x )min ＝g (0)＝1．所以e －(a ＋1)－a
e <1，
即a >e 2
－2e e ＋1
.
所以a 的取值范围为⎝ ⎛⎭
⎪
⎫e 2
－2e e ＋1，1.
4．某商店经销一种奥运纪念品，每件产品成本为30元，且每卖出一件产品，需向税务部门上交a 元(a 为常数，2≤a ≤5)的税收，设每件产品的日售价为x 元(35≤x ≤41)，根据市场调查，日销售量与e x
(e 为自然对数的底数)成反比，已知每件产品的日售价为40元时，日销售量为10件．
(1)求商店的日利润L (x )元与每件产品的日售价x 元的函数关系式； (2)当每件产品的日售价为多少元时该商店的日利润L (x )最大，说明理由． 解析 (1)设日销售量为k e x 件，则k
e 40＝10，∴k ＝10e 40
. 则日销售量为10e
40
e x 件，每件利润为(x －30－a )元，
则日利润L (x )＝10e 40·
x －30－a
e
x
(35≤x ≤41)．
(2)L ′(x )＝10e 40
·31＋a －x e
x
(35≤x ≤41)． ①当2≤a ≤4时，33≤31＋a ≤35，L ′(x )≤0，L (x )在[35,41]上是减函数．∴当x ＝35时，L (x )的最大值为10(5－a )e 5
.
②当4<a ≤5时，35<31＋a ≤36，由L ′(x )＝0得x ＝a ＋31， 当x ∈(35，a ＋31)时，L ′(x )＞0，L (x )在(35，a ＋31)上是增函数． 当x ∈(a ＋31,41]时，L ′(x )<0，L (x )在(a ＋31,41]上是减函数． ∴当x ＝a ＋31时，L (x )的最大值为10e
9－a
.
综上可知，当2≤a ≤4时，日售价为35元可使日利润L (x )最大， 当4<a ≤5时，日售价为a ＋31元可使日利润L (x )最大． 5．(2018·辽宁五校联考)已知函数f (x )＝(ax －1)ln x ＋x 2
2
.
(1)若a ＝2，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线l 的方程；
(2)设函数g (x )＝f ′(x )有两个极值点，x 1，x 2，其中x 1∈(0，e]，求g (x 1)－g (x 2)的最小值．
解析 (1)当a ＝2时，f ′(x )＝2ln x ＋x －1
x
＋2，
f ′(1)＝2，f (1)＝12
，
∴切线l 的方程为y －1
2＝2(x －1)，即4x －2y －3＝0.
(2)函数g (x )＝a ln x ＋x －1
x
＋a ，定义域为(0，＋∞)，
g ′(x )＝1＋a x ＋1x 2＝x 2＋ax ＋1x
2
，令g ′(x )＝0，得x 2
＋ax ＋1＝0， ∴x 1＋x 2＝－a ，x 1x 2＝1， 故x 2＝1x 1
，a ＝－⎝ ⎛⎭
⎪⎫x 1＋1x 1.
g (x 1)－g (x 2)＝g (x 1)－g ⎝ ⎛⎭⎪⎫
1x 1＝a ln x 1＋x 1－1
x 1＋a －⎝ ⎛
⎭⎪⎫a ln 1x 1＋1
x 1－x 1＋a ＝2⎝ ⎛
⎭⎪⎫
x 1－1x 1＋2a ln
x 1＝2⎝
⎛
⎭⎪⎫
x 1－1x 1－2⎝ ⎛
⎭⎪⎫
x 1＋1x 1ln x 1，
令h (x )＝2⎝
⎛⎭
⎪⎫x －1x －2⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋1x ln x ，x ∈(0，e]．
则[g (x 1)－g (x 2)]min ＝h (x )min ，h ′(x )＝2(1＋x )(1－x )ln x x
2
， 当x ∈(0,1]时，h ′(x )≤0，当x ∈(1，e]时，h ′(x )<0， 则当x ∈(0，e]时，h (x )单调递减， ∴h (x )min ＝h (e)＝－4e ，
故[g (x 1)－g (x 2)]min ＝－4
e
.
6．已知函数f (x )＝12ax 2
－(2a ＋1)x ＋2ln x (a ∈R )．
(1)当a ＝2
3
时，求函数f (x )的单调区间；
(2)当a >12
时，设g (x )＝(x 2－2x )e x
，求证：对任意x 1∈(0,2]，均存在x 2∈(0,2]，使得
f (x 1)<
g (x 2)成立．
解析 (1)由题知，定义域为x ＞0，f ′(x )＝ax －(2a ＋1)＋2
x
.
当a ＝23时，f ′(x )＝23x －73＋2x ＝(2x －3)(x －2)3x
，
令f ′(x )＞0，解得0＜x ＜32或x ＞2，令f ′(x )＜0，解得3
2
＜x ＜2，
则函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32和(2，＋∞)，单调递减区间为⎝ ⎛⎭
⎪⎫32，2. (2)若要命题成立，只需当x ∈(0,2]时，f (x )max ＜g (x )max
由g ′(x )＝(x 2
－2)e x
可知，当x ∈(0,2]时，函数g (x )在区间(0，2)上单调递减，在区间(2，2)上单调递增，g (0)＝g (2)＝0，故g (x )max ＝0，所以只需f (x )max ＜0.
对函数f (x )来说，f ′(x )＝ax －(2a ＋1)＋2x ＝(ax －1)(x －2)
x
.
当a ＞12时，0＜1a ＜2，则函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤1a ，2上单调递减，
所以f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝－2ln a －12a －2；
当a ≥1时，显然小于0，满足题意；
当12＜a ＜1时，可令h (a )＝－2ln a －12a －2，h ′(a )＝1－4a
2a
2 ， 可知函数h (a )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1时单调递减，则h (a )＜h ⎝ ⎛⎭
⎪⎫12＝
2ln 2－3＜0，满足题意；
综上所述，当a ＞1
2时，对任意x 1∈(0,2]，均存在x 2∈(0,2]，使得f (x 1)＜g (x 2)成立．。