《金版教程高考數學文二輪復習講義：第二編 專題整合突破 專題二 函數與導數 第四講 導數的綜合應用 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《金版教程高考數學文二輪復習講義：第二編 專題整合突破 專題二 函數與導數 第四講 導數的綜合應用 Word版含解析（30頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第四講導數的綜合應用 1利用導數求函數最值的幾種情況(1)若連續(xù)函數f(x)在(a，b)內有唯一的極大值點x0，則f(x0)是函數f(x)在a，b上的最大值，f(a)，f(b)min是函數f(x)在a，b上的最小值；若函數f(x)在(a，b)內有唯一的極小值點x0，則f(x0)是函數f(x)在a，b上的最小值，f(a)，f(b)max是函數f(x)在a，b上的最大值(2)若函數f(x)在a，b上單調遞增，則f(a)是函數f(x)在a，b上的最小值，f(b)是函數f(x)在a，b上的最大值；若函數f(x)在a，b上單調遞減，則f(a)是函數f(x)在a，b上的最大值，f(b)是函數f(x)在a，

2、b上的最小值(3)若函數f(x)在a，b上有極值點x1，x2，xn(nN*，n2)，則將f(x1)，f(x2)，f(xn)與f(a)，f(b)作比較，其中最大的一個是函數f(x)在a，b上的最大值，最小的一個是函數f(x)在a，b上的最小值2不等式的恒成立與能成立問題(1)f(x)>g(x)對一切xI恒成立I是f(x)>g(x)的解集的子集f(x)g(x)min>0(xI)(2)f(x)>g(x)對xI能成立I與f(x)>g(x)的解集的交集不是空集f(x)g(x)max>0(xI)(3)對x1，x2D使得f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min.(

3、4)對x1D1，x2D2使得f(x1)g(x2)f(x)ming(x)min，f(x)定義域為D1，g(x)定義域為D2.3證明不等式問題不等式的證明可轉化為利用導數研究函數的單調性、極值和最值，再由單調性或最值來證明不等式，其中構造一個可導函數是用導數證明不等式的關鍵 考點利用導數研究函數的零點(或方程的根)典例示法題型1利用導數判斷零點(或根)的個數問題典例12014·陜西高考設函數f(x)ln x，mR.(1)當me(e為自然對數的底數)時，求f(x)的極小值；(2)討論函數g(x)f(x)零點的個數；(3)若對任意b>a>0，<1恒成立，求m的取值范圍解(1

4、)由題設，當me時，f(x)ln x，則f(x)，當x(0，e)，f(x)<0，f(x)在(0，e)上單調遞減，當x(e，)，f(x)>0，f(x)在(e，)上單調遞增，當xe時，f(x)取得極小值f(e)ln e2，f(x)的極小值為2.(2)由題設g(x)f(x)(x>0)，令g(x)0，得mx3x(x>0)設(x)x3x(x>0)，則(x)x21(x1)(x1)，當x(0,1)時，(x)>0，(x)在(0,1)上單調遞增；當x(1，)時，(x)<0，(x)在(1，)上單調遞減x1是(x)的唯一極值點，且是極大值點，x1是(x)的最大值點，(x)的

5、最大值為(1).又(0)0，結合y(x)的圖象(如圖)，可知當m>時，函數g(x)無零點；當m時，函數g(x)有且只有一個零點；當0<m<時，函數g(x)有兩個零點；當m0時，函數g(x)有且只有一個零點綜上所述，當m>時，函數g(x)無零點；當m或m0時，函數g(x)有且只有一個零點；當0<m<時，函數g(x)有兩個零點(3)對任意的b>a>0，<1恒成立，等價于f(b)b<f(a)a恒成立(*)設h(x)f(x)xln xx(x>0)，(*)等價于h(x)在(0，)上單調遞減由h(x)10在(0，)上恒成立，得mx2x2(x

6、>0)恒成立，m，m的取值范圍是.題型2利用零點(或根)的存在情況求參數的取值范圍典例2已知函數f(x)2ln xx2ax(aR)(1)當a2時，求f(x)的圖象在x1處的切線方程；(2)若函數g(x)f(x)axm在上有兩個零點，求實數m的取值范圍解(1)當a2時，f(x)2ln xx22x，f(x)2x2，切點坐標為(1,1)，切線的斜率kf(1)2，則切線方程為y12(x1)，即y2x1.(2)g(x)2ln xx2m，則g(x)2x.x，當g(x)0時，x1.當<x<1時，g(x)>0；當1<x<e時，g(x)<0.故g(x)在x1處取得極大值

7、g(1)m1.又gm2，g(e)m2e2，g(e)g4e2<0，則g(e)<g，g(x)在上的最小值是g(e)g(x)在上有兩個零點的條件是解得1<m2，實數m的取值范圍是.三步解決方程解(或曲線公共點)的個數問題第一步：將問題轉化為函數的零點問題，進而轉化為函數的圖象與x軸(或直線yk)在該區(qū)間上的交點問題；第二步：利用導數研究該函數在該區(qū)間上單調性、極值(最值)、端點值等性質，進而畫出其圖象；第三步：結合圖象求解考點利用導數證明不等式典例示法題型1利用導數證明不等式典例32016·貴陽監(jiān)測已知a為實常數，函數f(x)ln x，g(x)ax1.(1)討論函數h(x

8、)f(x)g(x)的單調性；(2)若函數f(x)與g(x)有兩個不同的交點A(x1，y1)，B(x2，y2)，其中x1<x2.求實數a的取值范圍；求證：1<y1<0且ey1ey2>2.(注：e為自然對數的底數)解(1)h(x)ln xax1，定義域為(0，)，h(x)a.當a0時，h(x)>0，函數h(x)在(0，)上是增函數；當a>0時，在區(qū)間上，h(x)>0；在區(qū)間上，h(x)<0.h(x)在上是增函數，在上是減函數(2)函數f(x)與g(x)有兩個不同的交點A(x1，y1)，B(x2，y2)，其中x1<x2，等價于函數h(x)有兩個零

9、點x1，x2，且x1<x2.由(1)知，當a0時，函數h(x)在(0，)上是增函數，不可能有兩個零點當a>0時，h(x)在上是增函數，在上是減函數，此時h為函數h(x)的最大值當h0時，h(x)最多有一個零點，hln >0，解得0<a<1.<<，且h11<0，h22ln a132ln a(0<a<1)令F(a)32ln a，則F(a)>0，F(a)在(0,1)上單調遞增，F(a)<F(1)3e2<0，則h<0.當0<a<1時，h(x)在和上各有一個零點，a的取值范圍是(0,1)證明：由(1)可知函數

10、h(x)ln xax1在上是增函數，在上是減函數，所以h11<0，h(1)1a>0.故<x1<1，即1<f(x1)<0，所以1<y1<0，構造函數G(x)hh(x)ln a(ln xax)，則G(x)2a<0，函數G(x)在區(qū)間上為減函數0<x1<，G(x1)>G0.又h(x1)0，hln a1h(x1)G(x1)>0h(x2)由(1)知x2>x1，即ey1ey2>>2，ey1ey2>2.題型2利用導數解決存在與恒成立問題典例42015·四川高考已知函數f(x)2xln xx22ax

11、a2，其中a>0.(1)設g(x)是f(x)的導函數，討論g(x)的單調性；(2)證明：存在a(0,1)，使得f(x)0恒成立，且f(x)0在區(qū)間(1，)內有唯一解解(1)由已知，函數f(x)的定義域為(0，)，g(x)f(x)2(x1ln xa)，所以g(x)2.當x(0,1)時，g(x)<0，g(x)單調遞減；當x(1，)時，g(x)>0，g(x)單調遞增(2)證明：由f(x)2(x1ln xa)0，解得ax1ln x.令(x)2xln xx22x(x1ln x)(x1ln x)2(1ln x)22xln x，則(1)1>0，(e)2(2e)<0.于是，存在x

12、0(1，e)，使得(x0)0.令a0x01ln x0u(x0)，其中u(x)x1ln x(x1)由u(x)10知，函數u(x)在區(qū)間(1，)上單調遞增，故0u(1)<a0u(x0)<u(e)e2<1，即a0(0,1)當aa0時，有f(x0)0，f(x0)(x0)0.再由(1)知，f(x)在區(qū)間(1)上單調遞增，當x(1，x0)時，f(x)<0，從而f(x)>f(x0)0；當x(x0，)時，f(x)>0，從而f(x)>f(x0)0；又當x(0,1時，f(x)(xa0)22xln x>0.故x(0，)時，f(x)0.綜上所述，存在a(0,1)，使得f

13、(x)0恒成立，且f(x)0在區(qū)間(1，)內有唯一解1兩招破解不等式的恒成立問題(1)分離參數法第一步：將原不等式分離參數，轉化為不含參數的函數的最值問題；第二步：利用導數求該函數的最值；第三步：根據要求得所求范圍(2)函數思想法第一步：將不等式轉化為含待求參數的函數的最值問題；第二步：利用導數求該函數的極值(最值)；第三步：構建不等式求解2利用導數解決不等式存在性問題的方法技巧根據條件將問題轉化為某函數在該區(qū)間上最大(小)值滿足的不等式成立問題，進而用導數求該函數在該區(qū)間上的最值問題，最后構建不等式求解3利用導數證明不等式的基本步驟(1)作差或變形(2)構造新的函數h(x)(3)利用導數研究

14、h(x)的單調性或最值(4)根據單調性及最值，得到所證不等式特別地：當作差或變形構造的新函數不能利用導數求解時，一般轉化為分別求左、右兩端兩個函數的最值問題考點利用導數解決生活中的優(yōu)化問題典例示法典例52015·江蘇高考某山區(qū)外圍有兩條相互垂直的直線型公路，為進一步改善山區(qū)的交通現狀，計劃修建一條連接兩條公路和山區(qū)邊界的直線型公路記兩條相互垂直的公路為l1，l2，山區(qū)邊界曲線為C，計劃修建的公路為l.如圖所示，M，N為C的兩個端點，測得點M到l1，l2的距離分別為5千米和40千米，點N到l1，l2的距離分別為20千米和2.5千米以l2，l1所在的直線分別為x，y軸，建立平面直角坐標系

15、xOy.假設曲線C符合函數y(其中a，b為常數)模型(1)求a，b的值；(2)設公路l與曲線C相切于P點，P的橫坐標為t.請寫出公路l長度的函數解析式f(t)，并寫出其定義域；當t為何值時，公路l的長度最短？求出最短長度解(1)由題意知，點M，N的坐標分別為(5,40)，(20,2.5)將其分別代入y，得解得(2)由(1)知，y(5x20), 則點P的坐標為，設在點P處的切線l交x，y軸分別于A，B點，y，則l的方程為y(xt)，由此得A，B.故f(t) ，t5,20設g(t)t2，則g(t)2t.令g(t)0，解得t10.當t(5,10)時， g(t)<0，g(t)是減函數；當t(10

16、，20)時，g(t)>0，g(t)是增函數；從而，當t10時，函數g(t)有極小值，也是最小值，所以g(t)min300，此時f(t)min15.故當t10時，公路l的長度最短，最短長度為15千米 利用導數解決生活中的優(yōu)化問題的一般步驟(1)建模：分析實際問題中各量之間的關系，列出實際問題的數學模型，寫出實際問題中變量之間的函數關系式yf(x)(2)求導：求函數的導數f(x)，解方程f(x)0.(3)求最值：比較函數在區(qū)間端點和使f(x)0的點的函數值的大小，最大(小)者為最大(小)值(4)作答：回歸實際問題作答針對訓練某商場銷售某種商品的經驗表明，該商品每日的銷售量y(單位：千克)與銷

17、售價格x(單位：元/千克)滿足關系式y10(x6)2，其中3<x<6，a為常數已知銷售價格為5元/千克時，每日可售出該商品11千克(1)求a的值；(2)若該商品的成本為3元/千克，試確定銷售價格x的值，使商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大解(1)因為x5時，y11，代入y10(x6)2，所以1011，a2.(2)由(1)可知，該商品每日的銷售量y10(x6)2，所以商場每日銷售該商品所獲得的利潤f(x)(x3)·210(x3)(x6)2,3<x<6.從而，f(x)10(x6)22(x3)(x6)30(x4)·(x6)于是，當x變化時，f(x)，f(x

18、)的變化情況如下表：x(3,4)4(4,6)f(x)0f(x)單調遞增極大值42單調遞減由上表可得，x4是函數f(x)在區(qū)間(3,6)內的極大值點，也是最大值點所以，當x4時，函數f(x)取得最大值，且最大值等于42.答：當銷售價格為4元/千克時，商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大 全國卷高考真題調研12015·全國卷設函數f(x)ex(2x1)axa，其中a<1，若存在唯一的整數x0使得f(x0)<0，則a的取值范圍是()A. B.C. D.答案D解析由題意可知存在唯一的整數x0，使得ex0(2x01)<ax0a，設g(x)ex(2x1)，h(x)axa，由g(x

19、)ex(2x1)可知g(x)在上單調遞減，在上單調遞增，作出g(x)與h(x)的大致圖象如圖所示，故即所以a<1，故選D.22016·全國卷已知函數f(x)(x2)exa(x1)2.(1)討論f(x)的單調性；(2)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍解(1)f(x)(x1)ex2a(x1)(x1)(ex2a)()設a0，則當x(，1)時，f(x)<0；當x(1，)時，f(x)>0.所以f(x)在(，1)上單調遞減，在(1，)上單調遞增()設a<0，由f(x)0得x1或xln (2a)若a，則f(x)(x1)(exe)，所以f(x)在(，)上單調遞增若a>

20、;，則ln (2a)<1，故當x(，ln (2a)(1，)時，f(x)>0；當x(ln (2a)，1)時，f(x)<0.所以f(x)在(，ln (2a)，(1，)上單調遞增，在(ln (2a)，1)上單調遞減若a<，則ln(2a)>1，故當x(，1)(ln (2a)，)時，f(x)>0；當x(1，ln (2a)時，f(x)<0.所以f(x)在(，1)，(ln (2a)，)上單調遞增，在(1，ln (2a)上單調遞減(2)()設a>0，則由(1)知，f(x)在(，1)上單調遞減，在(1，)上單調遞增又f(1)e，f(2)a，取b滿足b<0且b

21、<ln ，則f(b)>(b2)a(b1)2a>0，所以f(x)有兩個零點()設a0，則f(x)(x2)ex，所以f(x)只有一個零點()設a<0，若a，則由(1)知，f(x)在(1，)上單調遞增，又當x1時f(x)<0，故f(x)不存在兩個零點；若a<，則由(1)知，f(x)在(1，ln (2a)上單調遞減，在(ln (2a)，)上單調遞增，又當x1時f(x)<0，故f(x)不存在兩個零點綜上，a的取值范圍為(0，)其它省市高考題借鑒32014·陜西高考如圖，某飛行器在4千米高空水平飛行，從距著陸點A的水平距離10千米處開始下降，已知下降飛行

22、軌跡為某三次函數圖象的一部分，則該函數的解析式為()Ayx3x Byx3xCyx3x Dyx3x答案A解析根據題意知，所求函數在(5,5)上單調遞減對于A，yx3x，yx2(x225)，x(5,5)，y<0，yx3x在(5,5)內為減函數，同理可驗證B、C、D均不滿足此條件，故選A.42015·福建高考已知函數f(x)ln x.(1)求函數f(x)的單調遞增區(qū)間；(2)證明：當x>1時，f(x)<x1；(3)確定實數k的所有可能取值，使得存在x0>1，當x(1，x0)時，恒有f(x)>k(x1)解(1)f(x)x1，x(0，)由f(x)>0得解得0

23、<x<.故f(x)的單調遞增區(qū)間是.(2)證明：令F(x)f(x)(x1)，x(0，)則F(x).當x(1，)時，F(x)<0，所以F(x)在1，)上單調遞減，故當x>1時，F(x)<F(1)0，即當x>1時，f(x)<x1.(3)由(2)知，當k1時，不存在x0>1滿足題意當k>1時，對于x>1，有f(x)<x1<k(x1)，則f(x)<k(x1)，從而不存在x0>1滿足題意當k<1時，令G(x)f(x)k(x1)，x(0，)，則G(x)x1k.由G(x)0得，x2(1k)x10.解得x1<0，x

24、2>1.當x(1，x2)時，G(x)>0，故G(x)在1，x2)內單調遞增從而當x(1，x2)時，G(x)>G(1)0，即f(x)>k(x1)，綜上，k的取值范圍是(，1)52016·山東高考已知f(x)a(xln x)，aR.(1)討論f(x)的單調性；(2)當a1時，證明f(x)>f(x)對于任意的x1,2成立解(1)f(x)的定義域為(0，)，f(x)a.當a0時，x(0,1)時，f(x)>0，f(x)單調遞增，x(1，)時，f(x)<0，f(x)單調遞減當a>0時，f(x).0<a<2時，>1，當x(0,1)或

25、x時，f(x)>0，f(x)單調遞增，當x時，f(x)<0，f(x)單調遞減a2時，1，在x(0，)內，f(x)0，f(x)單調遞增a>2時，0<<1，當x或x(1，)時，f(x)>0，f(x)單調遞增，當x時，f(x)<0，f(x)單調遞減綜上所述，當a0時，f(x)在(0,1)內單調遞增，在(1，)內單調遞減；當0<a<2時，f(x)在(0,1)內單調遞增，在內單調遞減，在內單調遞增；當a2時，f(x)在(0，)內單調遞增；當a>2時，f(x)在內單調遞增，在內單調遞減，在(1，)內單調遞增(2)證明：由(1)知，a1時，f(x)

26、f(x)xln xxln x1，x1,2設g(x)xln x，h(x)1，x1,2則f(x)f(x)g(x)h(x)由g(x)0，可得g(x)g(1)1，當且僅當x1時取得等號，又h(x).設(x)3x22x6，則(x)在x1,2上單調遞減，因為(1)1，(2)10，所以x0(1,2)，使得x(1，x0)時，(x)>0，x(x0,2)時，(x)<0.所以h(x)在(1，x0)內單調遞增，在(x0,2)內單調遞減由h(1)1，h(2)，可得h(x)h(2)，當且僅當x2時取得等號所以f(x)f(x)>g(1)h(2)，即f(x)>f(x)對于任意的x1,2成立一、選擇題1

27、2015·陜西高考設f(x)xsinx，則f(x)()A既是奇函數又是減函數B既是奇函數又是增函數C是有零點的減函數D是沒有零點的奇函數答案B解析f(x)xsin(x)(xsinx)f(x)，f(x)為奇函數又f(x)1cosx0，f(x)單調遞增，選B.22016·河南洛陽質檢對于R上可導的任意函數f(x)，若滿足0，則必有()Af(0)f(2)>2f(1) Bf(0)f(2)2f(1)Cf(0)f(2)<2f(1) Df(0)f(2)2f(1)答案A解析當x<1時，f(x)<0，此時函數f(x)遞減；當x>1時，f(x)>0，此時函數

28、f(x)遞增，即當x1時，函數f(x)取得極小值同時也取得最小值f(1)，所以f(0)>f(1)，f(2)>f(1)，則f(0)f(2)>2f(1)，故選A.32016·河北石家莊模擬若不等式2xln xx2ax3對x(0，)恒成立，則實數a的取值范圍是()A(，0) B(，4C(0，) D4，)答案B解析2xln xx2ax3，則a2ln xx.設h(x)2ln xx(x>0)，則h(x).當x(0,1)時，h(x)<0，函數h(x)單調遞減；當x(1，)時，h(x)>0，函數h(x)單調遞增，所以h(x)minh(1)4，所以ah(x)min4

29、，故a的取值范圍是(，442016·河北衡水中學調研已知函數f(x)的兩個極值點分別為x1，x2，且x1(0,1)，x2(1，)，點P(m，n)表示的平面區(qū)域為D，若函數yloga(x4)(a>1)的圖象上存在區(qū)域D內的點，則實數a的取值范圍是()A(1,3) B(1,3C(3，) D3，)答案A解析f(x)x2mx0的兩根為x1，x2，且x1(0,1)，x2(1，)，則即作出區(qū)域D，如圖陰影部分，可得loga(14)>1，所以1<a<3.52016·江西八校聯考已知函數f(x)x(ln xax)有兩個極值點，則實數a的取值范圍是()A(，0) B.

30、C(0,1) D(0，)答案B解析f(x)x(ln xax)，f(x)ln x2ax1，故f(x)在(0，)上有兩個不同的零點，令f(x)0，則2a，設g(x)，則g(x)，g(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，)上單調遞減，又當x0時，g(x)，當x時，g(x)0，而g(x)maxg(1)1，只需0<2a<10<a<.62016·河北秦皇島二模已知函數yf(x)是R上的可導函數，當x0時，有f(x)>0，則函數F(x)xf(x)的零點個數是()A0 B1C2 D3答案B解析x0時，f(x)>0，>0，即>0.當x>0時，由式知

31、(xf(x)>0，U(x)xf(x)在(0，)上為增函數，且U(0)0·f(0)0，U(x)xf(x)>0在(0，)上恒成立又>0，F(x)>0在(0，)上恒成立，F(x)在(0，)上無零點當x<0時，(xf(x)<0，U(x)xf(x)在(，0)上為減函數，且U(0)0·f(0)0，U(x)xf(x)>0在(，0)上恒成立，F(x)xf(x)在(，0)上為減函數當x0時，xf(x)0，F(x)<0，當x時，0，F(x)xf(x)>0，F(x)在(，0)上有唯一零點綜上所述，F(x)在(，0)(0，)上有唯一零點，故選B

32、.二、填空題72016·山西四校聯考函數f(x)若方程f(x)mx恰有四個不相等的實數根，則實數m的取值范圍是_答案解析在平面直角坐標系中作出函數yf(x)的圖象，如圖，而函數ymx恒過定點，設過點與函數yln x的圖象相切的直線為l1，切點坐標為(x0，ln x0)因為yln x的導函數y，所以圖中yln x的切線l1的斜率為k，則，解得x0，所以k.又圖中l(wèi)2的斜率為，故當方程f(x)mx恰有四個不相等的實數根時，實數m的取值范圍是.82016·河南鄭州質檢三設函數f(x)是定義在(，0)上的可導函數，其導函數為f(x)，且有2f(x)xf(x)>x2，則不等式(

33、x2014)2f(x2014)4f(2)>0的解集為_答案(，2016)解析由2f(x)xf(x)>x2，x<0得2xf(x)x2f(x)<x3，x2f(x)<x3<0.令F(x)x2f(x)(x<0)，則F(x)<0(x<0)，即F(x)在(，0)上是減函數，因為F(x2014)(x2014)2f(x2014)，F(2)4f(2)，所以不等式(x2014)2f(x2014)4f(2)>0即為F(x2014)F(2)>0，即F(x2014)>F(2)，又因為F(x)在(，0)上是減函數，所以x2014<2，x<

34、2016.9已知偶函數yf(x)對于任意的x滿足f(x)cosxf(x)sinx>0(其中f(x)是函數f(x)的導函數)，則下列不等式中成立的有_(1)f<f(2)f>f(3)f(0)<f(4)f<f答案(2)(3)(4)解析因為偶函數yf(x)對于任意的x滿足f(x)cosxf(x)sinx>0，且f(x)cosxf(x)sinxf(x)cosxf(x)(cosx)，所以可構造函數g(x)，則g(x)>0，所以g(x)為偶函數且在上單調遞增，所以有gg2f，ggf，gf.由函數單調性可知g<g<g，即f<f<2f，所以(2)

35、(4)正確，(1)錯對于(3)，ggf>g(0)f(0)，所以(3)正確三、解答題102016·珠海模擬某造船公司年最大造船量是20艘，已知造船x艘的產值函數為R(x)3700x45x210x3(單位：萬元)，成本函數為C(x)460x5000(單位：萬元)，又在經濟學中，函數f(x)的邊際函數Mf(x)定義為Mf(x)f(x1)f(x)(1)求利潤函數P(x)及邊際利潤函數MP(x)；(提示：利潤產值成本)(2)問年造船量安排多少艘時，可使公司造船的年利潤最大？(3)求邊際利潤函數MP(x)的單調遞減區(qū)間，并說明單調遞減在本題中的實際意義是什么？解(1)P(x)R(x)C(x

36、)10x345x23240x5000(xN*，且1x20)；MP(x)P(x1)P(x)30x260x3275(xN*，且1x19)(2)P(x)30x290x324030(x12)(x9)，因為x>0，所以P(x)0時，x12，當0<x<12時，P(x)>0，當x>12時，P(x)<0，所以x12時，P(x)有極大值，也是最大值即年造船量安排12艘時，可使公司造船的年利潤最大(3)MP(x)30x260x327530(x1)23305.所以，當x1時，MP(x)單調遞減，所以單調減區(qū)間為1,19，且xN*.MP(x)是減函數的實際意義是：隨著產量的增加，每

37、艘利潤與前一艘比較，利潤在減少11已知函數f(x)xaln x1.(1)當aR時，求函數f(x)的單調區(qū)間；(2)若f(x)0對于任意x1，)恒成立，求a的取值范圍解(1)由f(x)xaln x1，得f(x)1，當a0時，f(x)>0，f(x)在(0，)上為增函數，當a<0時，當0<x<a時，f(x)<0，當x>a時，f(x)>0，所以f(x)在(0，a)上為減函數，f(x)在(a，)上為增函數(2)由題意知xaln x10在x1，)恒成立，設g(x)xaln x1，x1，)，則g(x)1，x1，)，設h(x)2x22ax1ln x，則h(x)4x2a

38、，當a0時，4x為增函數，所以h(x)a>0，所以g(x)在1，)上單調遞增，g(x)g(1)0，當a<0時，h(x)a0，所以g(x)在1，)上單調遞增，g(x)g(1)0，當a<時，當x時，2a1<2x，由(1)知，當a1時，xln x10，ln xx1，ln x1，h(x)2x22axln x12x22ax2x22axx2x2(2a1)x<0，此時g(x)<0，所以g(x)在上單調遞減，在上，g(x)<g(1)0，不符合題意綜上所述a.122016·濟寧模擬已知函數f(x)exaxa(其中aR，e是自然對數的底數，e2.71828)(1

39、)當ae時，求函數f(x)的極值；(2)當0a1時，求證f(x)0；(3)求證：對任意正整數n，都有<e.解(1)當ae時，f(x)exexe，f(x)exe，當x<1時，f(x)<0；當x>1時，f(x)>0.所以函數f(x)在(，1)上單調遞減，在(1，)上單調遞增，所以函數f(x)在x1處取得極小值f(1)e，函數f(x)無極大值(2)證明：由f(x)exaxa，f(x)exa，當a0時，f(x)ex>0恒成立，滿足條件當0<a1時，由f(x)0，得xln a，則當x(，ln a)時，f(x)<0；當x(ln a，)時，f(x)>0，

40、所以函數f(x)在(，ln a)上單調遞減，在(ln a，)上單調遞增，所以函數f(x)在xln a處取得極小值即為最小值f(x)minf(ln a)eln aaln aaaln a因為0<a1，所以ln a0，所以aln a0所以f(x)min0，所以當0a1時，f(x)0；(3)證明：由(2)知，當a1時，f(x)0恒成立，所以f(x)exx10恒成立，即exx1，所以ln (x1)x，令x(nN*)，得ln ，所以ln ln ln 1n<1.所以<e.典題例證2016·全國卷設函數f(x)ln xx1.(1)討論f(x)的單調性；(2)證明當x(1，)時，1&

41、lt;<x；(3)設c>1，證明當x(0,1)時，1(c1)x>cx.審題過程求出導函數f(x)然后確定函數f(x)的單調性利用(1)的結論證明不等式；構造新函數，通過研究新函數的單調性進行證明.(1)由題設知，f(x)的定義域為(0，)，f(x)1，令f(x)0解得x1.當0<x<1時，f(x)>0，f(x)單調遞增；當x>1時，f(x)<0，f(x)單調遞減(2)證明：由(1)知f(x)在x1處取得最大值，最大值為f(1)0.所以當x1時，ln x<x1.故當x(1，)時，ln x<x1，ln <1，所以>1且x·ln x>x1，即1<<x.(3)證明：由題設c>1，設g(x)1(c1)xcx，則g(x)c1cxln c，令g(x)0，解得x0.當x<x0時，g(x)>0，g(x)單調遞增；當x>x0時，g(x)<0，g(x)單調遞減由(2)知1<<c，故0<x0<1.又g(0)g(1)0，故當0<x<1時，g(x)>0.所以當x(0,1)時，1(c1)x>cx.模型歸納利用導數證明不等式的模型示意圖如下：