第4讲导数及其应用 课时讲义

第4讲 导数及其应用 课时讲义1. 导数的应用是历年高考的重点与热点，常涉及的问题有：讨论函数的单调性(求函数的单调区间)、求极值、求最值、求切线方程、求函数的零点或方程的根、求参数的范围、证明不等式等，涉及的数学思想有：函数与方程、分类讨论、数形结合、转化与化归思想等．2. 研究函数零点的本质就是研究函数的极值的正负，其主要考查方式有：(1) 确定函数的零点、图象交点的个数；(2) 由函数的零点、图象交点的情况求参数的取值范围．1. 若a ＞1，则函数f(x)＝13x 3－ax 2＋1在(0，2)内零点的个数为________．答案：1解析：f′(x)＝x 2－2ax ，由a ＞1可知，f ′(x)在x ∈(0，2)时恒为负，即f(x)在(0，2)内单调递减．又f(0)＝1＞0，f(2)＝83－4a ＋1＜0，所以f(x)在(0，2)内只有一个零点．2. (2018·南通中学)已知函数f(x)＝13x 3－2x 2＋3m ，x ∈[0，＋∞)．若f(x)＋5≥0恒成立，则实数m 的取值范围是________．答案：⎣⎡⎭⎫179，＋∞解析：f′(x)＝x 2－4x ，由f′(x)>0，得x>4或x<0，所以f(x)在(0，4)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增，所以当x ∈[0，＋∞)时，f(x)min ＝f (4)．要使f (x )＋5≥0恒成立，只需f (4)＋5≥0恒成立即可，代入解得m ≥179.3. 已知某生产厂家的年利润y(万元)与年产量x(万件)的函数关系式为y ＝－13x 3＋81x －234，则使该生产厂家获得最大年利润的年产量为________万件．答案：9解析：由题意知，x ＞0，令y′＝－x 2＋81＞0，解得0＜x ＜9；令导数y′＝－x 2＋81＜0，解得x ＞9.所以函数y ＝－13x 3＋81x －234在区间(0，9)上是增函数，在区间(9，＋∞)上是减函数，所以在x ＝9处取极大值，也是最大值．4. 已知函数f(x)＝e x ，g (x )＝12x 2＋x ＋1，则与f (x )，g (x )的图象均相切的直线方程是________．答案：y ＝x ＋1解析：因为函数f (x )＝e x 与函数g (x )＝12x 2＋x ＋1的图象有唯一公共点(0，1)，且f ′(0)＝g ′(0)＝1，所以它们的公切线方程是y ＝x ＋1., 一) 函数的零点问题, 1) (2018·镇江期末)已知b>0，且b ≠1，函数f(x)＝e x ＋b x ，其中e 为自然对数的底数．(1) 对满足b >0，且b ≠1的任意实数b ，证明函数y ＝f (x )的图象经过唯一定点； (2) 如果关于x 的方程f (x )＝2有且只有一个解，求实数b 的取值范围．解：(1)假设y ＝f (x )过定点(x 0，y 0)，则y 0＝e x 0＋bx 0对任意b >0，且b ≠1恒成立． 令b ＝2得y 0＝e x 0＋2x 0；令b ＝3得y 0＝e x 0＋3x 0，所以2x 0＝3x 0，即 ⎝⎛⎭⎫32x 0＝1，解得唯一解x 0＝0，所以y 0＝2，经检验当x ＝0时，f (0)＝2，所以函数y ＝f (x )的图象经过唯一定点(0，2)．(2)令g (x )＝f (x )－2＝e x ＋b x －2为R 上连续函数，且g (0)＝0， 则方程g (x )＝0存在一个解．① 当b >1时，g (x )为增函数，此时g (x )＝0只有一解．② 当0<b <1时，令g ′(x 0)＝e x 0＋bx 0ln b ＝e x 0⎣⎡⎦⎤1＋ ⎝⎛⎭⎫b e x 0ln b ＝0，解得x 0＝log e b(－ln b )． 因为e x>0，0<b e<1，ln b <0，令h (x )＝1＋ ⎝⎛⎭⎫b e x ln b ，h (x )为增函数，所以当x ∈(－∞，x 0)时，h (x )<0，所以g ′(x )<0，g (x )为减函数； 当x ∈(x 0，＋∞)时，h (x )>0，所以g ′(x )>0，g (x )为增函数．所以g (x )极小值＝g (x 0)．又g (x )的定义域为R ，所以g (x )min ＝g (x 0)． ① 若x 0>0，g (x )在(－∞，x 0)上为减函数，g (x 0)<g (0)＝0，而g (ln 2)＝2＋b ln 2－2＝b ln 2>0. 所以x ∈(x 0，ln 2)时，g (x )至少存在另外一个零点，矛盾．② 若x 0<0，g (x )在(x 0，＋∞)上为增函数，g (x 0)<g (0)＝0，而g (log b 2)＝elog b 2＋2－2＝elog b 2>0，所以g (x )在(log b 2，x 0)上存在另一个解，矛盾．③ 当x 0＝log e b(－ln b )＝0时，－ln b ＝1，解得b ＝1e ，此时方程为g (x )＝e x ＋1e x －2＝0，由(1)得只有唯一解x 0＝0，满足条件．综上，当b >1或b ＝1e时，方程f (x )＝2有且只有一个解．(2018·扬州期末)已知函数f (x )＝e x，g (x )＝ax ＋b ，a ，b ∈R .(1) 若不等式f (x )>x 2＋m 对任意x ∈(0，＋∞)恒成立，求实数m 的取值范围；(2) 若对任意实数a ，函数F (x )＝f (x )－g (x )在(0，＋∞)上总有零点，求实数b 的取值范围．解： (1) 由题意得m <e x －x 2，x ∈(0，＋∞)恒成立． 令h (x )＝e x －x 2，x ∈(0，＋∞)，则h ′(x )＝e x －2x ， 再令n (x )＝h ′(x )＝e x －2x ，则n ′(x )＝e x －2， 故当x ∈(0，ln 2)时，n ′(x )<0，n (x )单调递减； 当x ∈(ln 2，＋∞)时，n ′(x )>0，n (x )单调递增，从而n (x )在(0，＋∞)上有最小值n (ln 2)＝2－2ln 2>0，即有h ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递增， 故h (x )>h (0)＝e 0－02＝1， 所以m ≤1.(2) 若a <0，F (x )＝f (x )－g (x )＝e x －ax －b 在(0，＋∞)上单调递增， 故F (x )＝f (x )－g (x )在(0，＋∞)上总有零点的必要条件是F (0)<0，即b >1. 以下证明当b >1时，F (x )＝f (x )－g (x )在(0，＋∞)上总有零点． ① 若a <0.由于F (0)＝1－b <0，F ⎝⎛⎭⎫－b a ＝e －b a －a ⎝⎛⎭⎫－b a －b ＝e －ba>0，且F (x )在(0，＋∞)上连续． 由零点存在定理可知F (x )在⎝⎛⎭⎫0，－ba 上必有零点． ② 若a ≥0.由e x >x 2＋1>x 2在x ∈(0，＋∞)上恒成立．取x 0＝a ＋b ，则F (x 0)＝F (a ＋b )＝e a ＋b －a (a ＋b )－b >(a ＋b )2－a 2－ab －b ＝ab ＋b (b －1)>0. 由于F (0)＝1－b <0，F (a ＋b )>0，且F (x )在(0，＋∞)上连续． 由零点存在定理可知F (x )在(0，a ＋b )上必有零点． 综上，实数b 的取值范围是(1，＋∞)．, 二) 利用导数研究不等式问题, 2) (2018·贵阳模拟)已知函数f(x)＝1－x －1ex ，g (x )＝x －ln x ．求证：(1) g (x )≥1；(2) (x －ln x )f (x )>1－1e 2.证明：(1) g ′(x )＝x －1x，当0<x <1时，g ′(x )<0.当x >1时，g ′(x )>0，即g (x )在(0，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数． 所以g (x )≥g (1)＝1，得证．(2) f (x )＝1－x －1e x ，f ′(x )＝x －2ex ，所以当0<x <2时，f ′(x )<0，当x >2时，f ′(x )>0， 即f (x )在(0，2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，所以f (x )≥f (2)＝1－1e2 ①.又x －ln x ≥1 ②，且①②等号不同时取得，所以(x －ln x )f (x )>1－1e 2.(2018·苏州暑假测试)已知函数f (x )＝(ax 2＋x )e x，其中e 是自然对数的底数，a ∈R . (1) 若f ′(x )是函数f (x )的导函数，当a >0时，解关于x 的不等式f ′(x )>e x ； (2) 若f (x )在[－1，1]上是单调递增函数，求a 的取值范围． 解： (1) f ′(x )＝[ax 2＋(2a ＋1)x ＋1]·e x . 不等式f ′(x )>e x 可化为[ax 2＋(2a ＋1)x ]·e x >0. 因为e x >0，故有ax 2＋(2a ＋1)x >0.当a >0时，不等式f ′(x )>e x 的解集是(－∞，－2a ＋1a)∪(0，＋∞)．(2) 由(1)得f ′(x )＝[ax 2＋(2a ＋1)x ＋1]·e x ，① 当a ＝0时，f ′(x )＝(x ＋1)e x ，f ′(x )≥0在[－1，1]上恒成立，当且仅当x ＝－1时取等号，故a ＝0符合要求；② 当a ≠0时，令g (x )＝ax 2＋(2a ＋1)x ＋1， 因为Δ＝(2a ＋1)2－4a ＝4a 2＋1>0，所以g (x )＝0有两个不相等的实数根x 1，x 2，不妨设x 1>x 2， 因此f (x )有极大值又有极小值． 若a >0，因为g (－1)·g (0)＝－a <0，所以f (x )在(－1，1)内有极值点， 故f (x )在[－1，1]上不单调．若a <0，可知x 1>0>x 2，g (0)＝1>0，因为g (x )的图象开口向下，要使f (x )在[－1，1]上单调，必须满足⎩⎪⎨⎪⎧g （1）≥0，g （－1）≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋2≥0，－a ≥0，所以－23≤a <0.综上可知，a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤－23，0., 三) 利用导数解决实际应用问题, 3) (2017·南京、盐城二模)在一张足够大的纸板上截取一个面积为3 600平方厘米的矩形纸板ABCD ，然后在矩形纸板的四个角上切去边长相等的小正方形，再把它的边沿虚线折起，做成一个无盖的长方体纸盒(如图)．设小正方形边长为x 厘米，矩形纸板的两边AB ，BC 的长分别为a 厘米和b 厘米，其中a ≥b.(1) 当a ＝90时，求纸盒侧面积的最大值；(2) 试确定a ，b ，x 的值，使得纸盒的体积最大，并求出最大值．解：(1) 当a ＝90时，b ＝40，纸盒的底面矩形的长为90－2x ，宽为40－2x ，周长为260－8x.所以纸盒的侧面积S(x)＝(260－8x)x ＝－8x 2＋260x ，其中x ∈(0，20)，故S max (x )＝S (654)＝4 2252.答：当a ＝90时，纸盒侧面积的最大值为4 2252平方厘米．(2) 纸盒的体积V ＝(a －2x )(b －2x )x ，其中x ∈(0，b2)，a ≥b ＞0，且ab ＝3 600.因为(a －2x )(b －2x )＝ab －2(a ＋b )x ＋4x 2≤ab －4abx ＋4x 2＝4(x 2－60x ＋900)， 当且仅当a ＝b ＝60时取等号，所以V ≤4(x 3－60x 2＋900x )，x ∈(0，30)． 设f (x )＝4(x 3－60x 2＋900x )，x ∈(0，30)， 则f ′(x )＝12(x －10)(x －30)，令f ′(x )＝0，得x ＝10或x ＝30(舍去)，列表如下：答：当a ＝b ＝60，且x ＝10时，纸盒的体积最大，最大值为16 000立方厘米．几名大学毕业生合作开设3D 打印店，生产并销售某种3D 产品．已知该店每月生产的产品当月都能销售完，每件产品的生产成本为34元，该店的月总成本由两部分组成：第一部分是月销售产品的生产成本，第二部分是其他固定支出20 000元．假设该产品的月销售量t (x )(件)与销售价格x (元/件)(x ∈N *)之间满足如下关系：① 当34≤x ≤60时，t (x )＝－a (x ＋5)2＋10 050； ② 当60≤x ≤70时，t (x )＝－100x ＋7 600.设该店月利润为M (元)，月利润＝月销售总额－月总成本． (1) 求M 关于销售价格x 的函数关系式；(2) 求该打印店月利润M 的最大值及此时产品的销售价格． 解：(1) 当x ＝60时，t (60)＝1 600，代入t (x )＝－a (x ＋5)2＋10 050，解得a ＝2.所以M (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（－2x 2－20x ＋10 000）（x －34）－20 000，34≤x ≤60，x ∈N *，（－100x ＋7 600）（x －34）－20 000，60≤x ≤70，x ∈N *，即M (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x 3＋48x 2＋10 680x －360 000，34≤x ≤60，x ∈N *，－100x 2＋11 000x －278 400，60≤x ≤70，x ∈N *.(2) 设g (u )＝－2u 3＋48u 2＋10 680u －360 000，34≤u ≤60，u ∈R ，则g ′(u )＝－6(u 2－16u －1 780)．令g ′(u )＝0，解得u 1＝8－2461(舍去)， u 2＝8＋2461∈(50，51)．当34≤u ＜50时，g ′(u )＞0，g (u )单调递增； 当51＜u ≤60时，g ′(u )＜0，g (u )单调递减． 因为x ∈N *，M (50)＝44 000，M (51)＝44 226， 所以M (x )的最大值为44 226. 当60≤x ≤70时，M (x )＝100(－x 2＋110x －2 784)单调递减， 故此时M (x )的最大值为M (60)＝21 600.综上所述，当x ＝51时，月利润M (x )有最大值44 226元．所以该打印店月利润最大为44 226元，此时产品的销售价格为51元/件．, 四) 利用导数解决新定义或探索型函数, 4) (2017·南通、扬州、泰州、淮安三调)已知函数f(x)＝ax 2＋cos x (a ∈R )，记f (x )的导函数为g (x )．(1) 若f (x )在x ＝0处取得极小值，求a 的取值范围；(2) 设函数h (x )的定义域为D ，区间(m ，＋∞)⊆D ，若h (x )在(m ，＋∞)上是单调函数，则称h (x )在D 上广义单调．试证明函数y ＝f (x )－x ln x 在(0，＋∞)上广义单调．解：(1) 因为g (x )＝f ′(x )＝2ax －sin x ， 所以g ′(x )＝2a －cos x .① 当a ≥12时，g ′(x )≥1－cos x ≥0，所以函数f ′(x )在R 上单调递增．若x >0，则f ′(x )>f ′(0)＝0；若x <0，则f ′(x )<f ′(0)＝0，所以f (x )的单调增区间是(0，＋∞)，单调减区间是(－∞，0)， 所以f (x )在x ＝0处取得极小值，符合题意．② 当a ≤－12时，g ′(x )≤－1－cos x ≤0，所以函数f ′(x )在R 上单调递减．若x >0，则f ′(x )<f ′(0)＝0；若x <0，则f ′(x )>f ′(0)＝0，所以f (x )的单调减区间是(0，＋∞)，单调增区间是(－∞，0)， 所以f (x )在x ＝0处取得极大值，不符合题意．③ 当－12<a <12时，∃x 0∈(0，π)，使得cos x 0＝2a ，即g ′(x 0)＝0，但当x ∈(0，x 0)时，cos x >2a ，即g ′(x )<0， 所以函数f ′(x )在(0，x 0)上单调递减， 所以f ′(x )<f ′(0)＝0，即函数f (x )在(0，x 0)上单调递减，不符合题意．综上所述，a 的取值范围是[12，＋∞)．(2) 记h (x )＝ax 2＋cos x －x ln x (x >0)，① 若a >0，注意到ln x <x ，则ln x 12<x 12，即ln x <2x .当x >(1＋4a ＋12a)2时，h ′(x )＝2ax －sin x －1－ln x >2ax －2x －2＝2a (x －1－4a ＋12a )(x －1＋4a ＋12a )>0， 所以∃m ＝(1＋4a ＋12a)2，函数h (x )在(m ，＋∞)上单调递增．② 若a ≤0，当x >1时，h ′(x )＝2ax －sin x －1－ln x <－sin x －1－ln x <0， 所以∃m ＝1，使得函数h (x )在(m ，＋∞)上单调递减．综上所述，函数y ＝f (x )－x ln x 在区间(0，＋∞)上广义单调．(2017·苏北四市期末)已知函数f (x )＝x22e－ax ，g (x )＝ln x －ax ，a ∈R .(1) 求证：f (x )≥g (x )；(2) 是否存在常数a ，b ，使得f (x )≥ax ＋b ≥g (x )对任意的x >0恒成立？若存在，求出a ，b 的值；若不存在，请说明理由．(1) 证明：设h (x )＝f (x )－g (x )＝x 22e－ln x ，则h ′(x )＝x e －1x ＝x 2－ee x.令h ′(x )＝0，得x ＝e(负值舍去)，列表如下：x (0，e) e (e ，＋∞) h ′(x ) － 0 ＋h (x )极小值所以函数h (x )的最小值为h (e)＝0， 所以h (x )＝x 22e－ln x ≥0，即f (x )≥g (x )．(2) 解：假设存在常数a ，b 使得f (x )≥ax ＋b ≥g (x )对任意的x >0恒成立， 即x 22e≥2ax ＋b ≥ln x 对任意的x >0恒成立． 而当x ＝e 时，ln x ＝x 22e ＝12，所以12≥2a e ＋b ≥12，所以2a e ＋b ＝12，则b ＝12－2a e ，所以x 22e －2ax －b ＝x 22e －2ax ＋2a e －12≥0 (*)恒成立，① 当a ≤0时，2a e －12<0，所以(*)式在(0，＋∞)上不恒成立；② 当a >0时，则4a 2－2e (2a e －12)≤0，即(2a －1e)2≤0，所以a ＝12e ，则b ＝－12.令φ(x )＝ln x －1e x ＋12，则φ′(x )＝e －x e x， 令φ′(x )＝0，得x ＝e ，当0<x <e 时，φ′(x )>0，φ(x )在(0，e)上单调递增； 当x >e 时，φ′(x )<0，φ(x )在(e ，＋∞)上单调递减． 所以φ(x )的最大值φ(e)＝0，所以ln x －1e x ＋12≤0恒成立，所以存在a ＝12e，b ＝－12符合题意．1. 已知函数f(x)＝(2x ＋1)e x，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(0)的值为________． 答案：3解析：因为f (x )＝(2x ＋1)e x ，所以f ′(x )＝2e x ＋(2x ＋1)e x ，所以f ′(0)＝2e 0＋(2×0＋1)×e 0＝2＋1＝3.2. 设函数f (x )＝ax 3＋3x －1(x ∈R )，若对于任意的x ∈[0，1]都有f (x )≤0成立，则实数a 的取值范围是________．答案：(－∞，－4]解析：若x ＝0，则不论a 取何值，f (x )≤0显然成立；当x ＞0, 即x ∈(0，1]时，f (x )＝ax 3＋3x －1≤0可化为a ≤1x 3－3x 2，设g (x )＝1x 3－3x 2，则g ′(x )＝3（2x －1）x4，所以g (x )在区间⎝⎛⎦⎤0，12上单调递减，在区间⎣⎡⎦⎤12，1上单调递增，因此g (x )min ＝g ⎝⎛⎭⎫12＝－4，从而a ≤－4. 3. (2017·全国卷Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，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 ，△F AB 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 ，△F AB ，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：cm 3)的最大值为________．答案：415 cm 3解析：设△ABC 的边长为a cm ，0＜a ＜53，则三个等腰三角形的高为⎝⎛⎭⎫5－36a cm ，折起后所得正三棱锥的高为⎝⎛⎭⎫5－36a 2－⎝⎛⎭⎫36a 2＝25－533a (cm)，所以所得三棱锥的体积为13×34a 2×25－533a ＝312×25a 4－533a 5(cm)．令u ＝25a 4－533a 5，则u ′＝100a 3－2533a 4＝25a 3⎝⎛⎭⎫4－33a ，其中0＜a ＜53，当0＜a ＜43时，u ′＞0，当43＜a ＜53时，u ′＜0，故a ＝43为u ＝25a 4－533a 5在(0，53)内唯一的极大值点，也是最大值点，所以当a ＝43时，三棱锥的体积最大，最大值为13×34×(43)2×25－533×43＝43×5＝415(cm 3)．4. (2018·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝ax 2＋x －1e x.(1) 求曲线y ＝f (x )在点(0，－1)处的切线方程； (2) 求证：当a ≥1时，f (x )＋e ≥0.(1) 解：由f (x )＝ax 2＋x －1e x ，得f ′(x )＝（2ax ＋1）e x －（ax 2＋x －1）e x（e x ）2＝－ax 2＋2ax －x ＋2e x，∴ f ′(0)＝21＝2，即曲线y ＝f (x )在点(0，－1)处的切线斜率为2，∴ y －(－1)＝2(x －0)，即2x －y －1＝0.(2) 证明：当a ≥1时，f (x )＋e ≥(x 2＋x －1＋e x ＋1)e －x .令g (x )＝x 2＋x －1＋e x ＋1，则g ′(x )＝2x ＋1＋e x ＋1，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，∴ g (x )≥g (－1)＝0.故当a ≥1时，f (x )＋e ≥0，得证．(本题模拟高考评分标准，满分16分) (2018·启东调研测试)已知函数f (x )＝ax 2＋(a －2)x －ln x . (1) 讨论f (x )的单调性；(2) 若函数f (x )有两个零点，求实数a 的取值范围． 解：(1) f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2ax ＋(a －2)－1x ＝（2x ＋1）（ax －1）x.(2分)① 若a ≤0，则f ′(x )＜0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减； (4分)② 若a ＞0，则由f ′(x )＝0得x ＝1a ，当x ∈(0，1a )时，f ′(x )＜0，当x ∈(1a，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，1a )上单调递减，在(1a，＋∞)上单调递增．(6分)综上：当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a ＞0时，f (x )在(0，1a)上单调递减，在(1a，＋∞)上单调递增． (2) ① 若a ≤0，由(1)知，f (x )至多有一个零点.② 若a ＞0，由(1)知，当x ＝1a时，f (x )取得最小值，最小值为f (1a )＝1－1a －ln 1a ＝1－1a＋ln a ．(8分)f (x )有两个零点，必须满足f (x )min ＜0，即a ＞0，1－1a＋ln a ＜0.构造函数g (x )＝1－1x ＋ln x ，x ＞0. g ′(x )＝1x 2＋1x＞0，所以g (x )在(0，＋∞)内单调递增．因为g (1)＝0，所以0＜a ＜1. (10分)下面证明当0＜a ＜1时，f (x )有两个零点，为此我们先证明： 当x ＞1时，x ＞ln x .构造函数h (x )＝x －ln x ，x ＞1. h ′(x )＝1－1x＞0，h (x )在(1，＋∞)单调递增，所以当x ＞1时，h (x )＞h (1)＞0，即x ＞ln x . 又当0＜a ＜1时， f (1e )＝a e 2＋a －2e ＋1＝a e 2＋a e ＋(1－2e )＞0， (13分) f (3－a a )＝3－a a －ln 3－a a ＞0，其中0＜1e ＜1＜1a ＜3－a a， 所以f (x )在(0，1a )和(1a，＋∞)上各有一个零点．综上，实数a 的取值范围是(0，1)． (16分)1. 某公司生产某种产品，固定成本为20 000元，每生产一单位产品，成本增加100元，已知总营业收入R 与年产量x 的函数关系是R ＝R(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧400x －12x 2，0≤x ≤400，80 000，x>400，则总利润最大时，年产量是________．答案：300解析：由题意得，总成本函数为C ＝C(x)＝20 000＋100x ，总利润P(x)＝R(x)－C(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧300x －x 22－20 000，0≤x ≤400，60 000－100x ，x>400，则P′(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧300－x ，0≤x ≤400，－100，x>400，令P′(x)＝0，得x ＝300，易知当x ＝300时，总利润P(x)最大．2. 已知函数f(x)＝ln x －（x －1）22.(1) 求函数f (x )的单调增区间； (2) 求证：当x >1时，f (x )<x －1.(1) 解：f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x ，x ∈(0，＋∞)．由f ′(x )>0得⎩⎪⎨⎪⎧x >0，－x 2＋x ＋1>0，解得0<x <1＋52.故f (x )的单调增区间是(0，1＋52)．(2) 证明：令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(1，＋∞)．则有F ′(x )＝1－x 2x.当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )<0， 所以F (x )在(1，＋∞)上单调递减， 故当x >1时，F (x )<F (1)＝0， 即当x >1时，f (x )<x －1.3. 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个解，求实数k 的取值范围． 解：(1) 对函数f(x)求导得f′(x)＝3ax 2－b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f ′（2）＝12a －b ＝0，f （2）＝8a －2b ＋4＝－43，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝13，b ＝4. 经检验a ＝13，b ＝4符合题意，所以函数f(x)的解析式为f(x)＝13x 3－4x ＋4.(2) 由(1)可得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－43.所以函数f(x)＝13x 3－4x ＋4的图象大致如图所示．因为方程f(x)＝k 的解的个数即为函数y ＝k 与函数y ＝f(x)的交点个数．所以实数k 的取值范围是(－43，283)．请使用“课后训练·第9讲”活页练习，及时查漏补缺！。