10、6)(20，
函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；在(，6)上，f′(x) <0，
函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，所以x＝是函數(shù)f(x)在(2,6)內(nèi)的極大值點(diǎn)，也是最大值點(diǎn)，
所以當(dāng)x＝≈3.3時，函數(shù)f(x)取得最大值．
故當(dāng)銷售價格為3.3元/套時，
網(wǎng)校每日銷售套題所獲得的利潤最大．
【規(guī)律方法】在利用導(dǎo)數(shù)求實際問題中的最大值和最小值時，不僅要注意函數(shù)模型中的定義域，還要注意實際問題的意義，不符合的解要舍去．
題型五 利用導(dǎo)數(shù)解決不等式的有關(guān)問題
【例5】(2016·高考全國Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－
11、1)．
(1)當(dāng)a＝4時，求曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程；
(2)若當(dāng)x∈(1＋∞)時，f(x)＞0，求a的取值范圍．
(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)．
當(dāng)a＝4時，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，
f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋－3，f′(1)＝－2.
故曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為2x＋y－2＝0.
(2)當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f(x)＞0等價于ln x－＞0.
設(shè)g(x)＝ln x－，
則g′(x)＝－＝，g(1)＝0.
①當(dāng)a≤2，x∈(1＋∞)時，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′(x
12、)＞0，g(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞增，因此g(x)＞0；
②當(dāng)a＞2時，令g′(x)＝0得x1＝a－1－，x2＝a－1＋.
由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故當(dāng)x∈(1，x2)時，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)單調(diào)遞減，因此g(x)＜0.
綜上，a的取值范圍是(－∞，2]．
【舉一反三】 (2015·湖南，21)已知a＞0，函數(shù)f(x)＝eaxsin x(x∈[0，＋∞))．記xn為f(x)的從小到大的第n(n∈N*)個極值點(diǎn)，證明：
(1)數(shù)列{f(xn)}是等比數(shù)列；
(2)若a≥，則對一切n∈N*，xn＜|f(xn)|恒成立.
證明 (1)f′(x)＝aea
13、xsin x＋eaxcos x
＝eax(asin x＋cos x)
＝eaxsin(x＋φ)，
其中tan φ＝，0＜φ＜.
令f′(x)＝0，由x≥0得x＋φ＝mπ，
即x＝mπ－φ，m∈N*，
對k∈N，若2kπ＜x＋φ＜(2k＋1)π，
即2kπ－φ＜x＜(2k＋1)π－φ，
則f′(x)＞0；
若(2k＋1)π＜x＋φ＜(2k＋2)π，
即(2k＋1)π－φ＜x＜(2k＋2)π－φ，則f′(x)＜0.
因此，在區(qū)間((m－1)π，mπ－φ)與(mπ－φ，mπ)上，
f′(x)的符號總相反．
于是當(dāng)x＝mπ－φ(m∈N*)時，f(x)取得極值，
所以xn＝n
14、π－φ(n∈N*)．
此時，f(xn)＝ea(nπ－φ)sin(nπ－φ)＝
(－1)n＋1ea(nπ－φ)sin φ.
易知f(xn)≠0，而
＝＝－eaπ是常數(shù)，故數(shù)列{f(xn)}是首項為f(x1)＝ea(π－φ)sin φ，公比為－eaπ的等比數(shù)列．
(2)由(1)知，sin φ＝，于是對一切n∈N*；
xn＜|f(xn)|恒成立，即nπ－φ＜ea(nπ－φ)恒成立，等價于＜(*)
恒成立，因為(a＞0)．
設(shè)g(t)＝(t＞0)，則g′(t)＝.
令g′(t)＝0得t＝1.
當(dāng)0＜t＜1時，g′(t)＜0，所以g(t)在區(qū)間(0，1)上單調(diào)遞減；
當(dāng)t＞1時，g
15、′(t)＞0，所以g(t)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增．
從而當(dāng)t＝1時，函數(shù)g(t)取得最小值g(1)＝e.
因此，要使(*)式恒成立，只需＜g(1)＝e，
即只需a＞.
而當(dāng)a＝時，由tan φ＝＝＞且0＜φ＜知，＜φ＜.
于是π－φ＜＜，且當(dāng)n≥2時，nπ－φ≥2π－φ＞＞.
因此對一切n∈N*，axn＝≠1，所以g(axn)＞g(1)＝e＝.故(*)式亦恒成立．
綜上所述，若a≥，
則對一切n∈N*，xn＜|f(xn)|恒成立．
【變式探究】(2015·福建，20)已知函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝kx(k∈R)．
(1)證明：當(dāng)x＞0時，f(x)＜x；
16、
(2)證明：當(dāng)k＜1時，存在x0＞0，使得對任意的x∈(0，x0)，恒有f(x)＞g(x)；
(3)確定k的所有可能取值，使得存在t＞0，對任意的x∈(0，t)，恒有|f(x)－g(x)|＜x2.
(1)證明 令F(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x，x∈(0，＋∞)，
則有F′(x)＝－1＝.
當(dāng)x∈(0，＋∞)時，F(xiàn)′(x)＜0，
所以F(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，
故當(dāng)x＞0時，F(xiàn)(x)＜F(0)＝0，即當(dāng)x＞0時，f(x)＜x.
(2)證明 令G(x)＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx，x∈(0，＋∞)，
則有G′(x)＝－k＝.
當(dāng)k≤0時，G′
17、(x)＞0，故G(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增，G(x)＞G(0)＝0，
故任意正實數(shù)x0均滿足題意．
當(dāng)0＜k＜1時，令G′(x)＝0，得x＝＝－1＞0，
取x0＝－1，對任意x∈(0，x0)，
有G′(x)＞0，
從而G(x)在(0，x0)單調(diào)遞增，
所以G(x)＞G(0)＝0，
即f(x)＞g(x)．
綜上，當(dāng)k＜1時，總存在x0＞0，使得對任意x∈(0，x0)，恒有f(x)＞g(x)．
(3)解 當(dāng)k＞1時，由(1)知，對于?x∈
(0，＋∞)，g(x)＞x＞f(x)，故g(x)＞f(x)，
|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)
＝kx－ln(1＋x)．
18、M(x)＝kx－ln(1＋x)－x2，x∈[0，＋∞)．
則有M′(x)＝k－－2x
＝.
故當(dāng)x∈時，M′(x)＞0，
M(x)在上單調(diào)遞增，
故M(x)＞M(0)＝0，即|f(x)－g(x)|＞x2，所以滿足題意的t不存在．
當(dāng)k＜1時，由(2)知，存在x0＞0，使得當(dāng)x∈(0，x0)時，f(x)＞g(x)，
此時|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＝
ln(1＋x)－kx.
令N(x)＝ln(1＋x)－kx－x2，x∈[0，＋∞)．
則有N′(x)＝－k－2x
＝.
當(dāng)x∈時，
N′(x)＞0，N(x)在
上單調(diào)遞增，
故N(x)＞N(0)＝0，即f(
19、x)－g(x)＞x2.
記x0與中的較小者為x1，
則當(dāng)x∈(0，x1)時，恒有|f(x)－g(x)|＞x2.
故滿足題意的t不存在．
當(dāng)k＝1時，由(1)知，當(dāng)x＞0時，|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝x－ln(1＋x)，
令H(x)＝x－ln(1＋x)－x2，x∈[0，＋∞)，
則有H′(x)＝1－－2x＝.
當(dāng)x＞0時，H′(x)＜0，
所以H(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，
故H(x)＜H(0)＝0.
故當(dāng)x＞0時，恒有|f(x)－g(x)|＜x2.
此時，任意正實數(shù)t均滿足題意．
綜上，k＝1.
法二 (1)(2)證明 同法一．
(3)解 當(dāng)k
20、＞1時，由(1)知，對于?x∈(0，＋∞)，g(x)＞x＞f(x)，
故|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝kx－ln(1＋x)＞kx－x＝(k－1)x.
令(k－1)x＞x2，解得0＜x＜k－1.
從而得到，當(dāng)k＞1時，對于x∈(0，k－1)，
恒有|f(x)－g(x)|＞x2，
故滿足題意的t不存在．
當(dāng)k＜1時，取k1＝，從而k＜k1＜1，
由(2)知，存在x0＞0，使得x∈(0，x0)，
f(x)＞k1x＞kx＝g(x)，
此時|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＞(k1－k)x＝x，
令x＞x2，解得0＜x＜，
此時f(x)－g(x)＞x2.
記
21、x0與的較小者為x1，
當(dāng)x∈(0，x1)時，恒有|f(x)－g(x)|＞x2.
故滿足題意的t不存在．
當(dāng)k＝1時，由(1)知，x＞0，|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＝x－ln(1＋x)，
令M(x)＝x－ln(1＋x)－x2，x∈[0，＋∞)，
則有M′(x)＝1－－2x＝.
當(dāng)x＞0時，M′(x)＜0，所以M(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，
故M(x)＜M(0)＝0.故當(dāng)x＞0時，
恒有|f(x)－g(x)|＜x2，
此時，任意正實數(shù)t均滿足題意．
綜上，k＝1.
題型六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合問題
【例6】(2016·高考全國Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝(x
22、－2)ex＋a(x－1)2有兩個零點(diǎn)．
(1)求a的取值范圍；
(2)設(shè)x1，x2是f(x)的兩個零點(diǎn)，證明：x1＋x2<2.
③設(shè)a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．
若a≥－，則ln(－2a)≤1，故當(dāng)x∈(1，＋∞)時，
f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增．
又當(dāng)x≤1時，f(x)<0，所以f(x)不存在兩個零點(diǎn)．
若a<－，則ln(－2a)>1，故當(dāng)x∈(1，ln(－2a))時，f′(x)<0；
當(dāng)x∈(ln(－2a)，＋∞)時，f′(x)>0.
因此f(x)在(1，ln(－2a))內(nèi)單調(diào)遞減，在(ln(－2a)，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞
23、增．
又當(dāng)x≤1時，f(x)<0，所以f(x)不存在兩個零點(diǎn)．
綜上，a的取值范圍為(0，＋∞)．
(2)不妨設(shè)x1f(2－x2)，即f(2－x2)<0.
由于f(2－x2)＝－x2e＋a(x2－1)2，
而f(x2)＝(x2－2)e＋a(x2－1)2＝0，
所以f(2－x2)＝－x2e－(x2－2)ex2.
設(shè)g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，
則g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)．
所以當(dāng)x>1時，g
24、′(x)<0，而g(1)＝0，故當(dāng)x>1時，g(x)<0.
從而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.
【舉一反三】 (2015·廣東，19)設(shè)a>1，函數(shù)f(x)＝(1＋x2)ex－a.
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)證明：f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個零點(diǎn)；
(3)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)P處的切線與x軸平行，且在點(diǎn)M(m，n)處的切線與直線OP平行(O是坐標(biāo)原點(diǎn))，證明：m≤－1.
(1)解 f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(x2＋2x＋1)ex＝(x＋1)2ex
?x∈R，f′(x)≥0恒成立．
∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，＋∞)．
(
25、2)證明 ∵f(0)＝1－a，f(a)＝(1＋a2)ea－a，
∵a>1，∴f(0)<0，f(a)>2aea－a>2a－a＝a>0，
∴f(0)·f(a)<0，
∴f(x)在(0，a)上有一零點(diǎn)，又∵f(x)在(－∞，＋∞)上遞增，
∴f(x)在(0，a)上僅有一個零點(diǎn)，
∴f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個零點(diǎn)．
(3)證明 f′(x)＝(x＋1)2ex，設(shè)P(x0，y0)，
則f′(x0)＝ex0(x0＋1)2＝0，
∴x0＝－1，
把x0＝－1，代入y＝f(x)得y0＝－a，
∴kOP＝a－.
f′(m)＝em(m＋1)2＝a－，
令g(m)＝em－(m＋1)，g
26、′(m)＝em－1.
令g′(x)>0，則m>0，
∴g(m)在(0，＋∞)上增．
令g′(x)<0，則m<0，
∴g(m)在(－∞，0)上減．
∴g(m)min＝g(0)＝0.
∴em－(m＋1)≥0，即em≥m＋1.
∴em(m＋1)2≥(m＋1)3，
即a－≥(m＋1)3.
∴m＋1≤，即m≤－1.
【變式探究】設(shè)函數(shù)f(x)＝＋c(e＝2.718 28…是自然對數(shù)的底數(shù)，c∈R)．
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間、最大值．
(2)討論關(guān)于x的方程|ln x|＝f(x)根的個數(shù)．
【解析】解 (1)f′(x)＝＝，
由f′(x)>0得x<，由f′(x)<0得x>.
27、
所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，遞減區(qū)間為.所以f(x)max＝f＝＋c.
(2)由已知|ln x|＝f(x)得|ln x|－＝c，x∈(0，＋∞)，
令g(x)＝|ln x|－，y＝c.
①當(dāng)x∈(1，＋∞)時，ln x>0，則g(x)＝ln x－.
所以g′(x)＝＋>0.
所以g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．
②當(dāng)x∈(0,1)時，ln x<0，則g(x)＝－ln x－.
所以g′(x)＝－－＝.
因為e2x∈(1，e2)，e2x>1>x>0，所以－<－1，而2x－1<1.所以g′(x)<0，即g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減．
由①②可知，當(dāng)x∈(0，＋∞)時
28、，g(x)≥g(1)＝－.
由數(shù)形結(jié)合知，當(dāng)c<－時，
方程|ln x|＝f(x)根的個數(shù)為0；
當(dāng)c＝－時，方程|ln x|＝f(x)根的個數(shù)為1；
當(dāng)c>－時，方程|ln x|＝f(x)根的個數(shù)為2.
【規(guī)律方法】(1)本題第(1)問，利用了函數(shù)單調(diào)的充分條件：“若f′(x)>0，則f(x)單調(diào)遞增，若f′(x)<0，則f(x)
單調(diào)遞減”；求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，而對于函數(shù)的最值需謹(jǐn)記函數(shù)在閉區(qū)間上一定存在最值，在開區(qū)間上函數(shù)不一定存在最值，若存在，一定是極值．
(2)本題第(2)問，借助轉(zhuǎn)化與數(shù)形結(jié)合的思想，把方程根的個數(shù)轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)圖象交點(diǎn)的個數(shù)，利用極值解決問題．
13
2019年高考數(shù)學(xué) 考綱解讀與熱點(diǎn)難點(diǎn)突破 專題04 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用教學(xué)案 理（含解析）
