32、
【解析】解 (1)因為x＝4時，y＝21，
代入關(guān)系式y(tǒng)＝＋4(x－6)2，得
＋16＝21，解得m＝10.
(2)由(1)可知，套題每日的銷售量y＝＋4(x－6)2，
所以每日銷售套題所獲得的利潤f(x)＝(x－2)＋4(x－6)2＝4x3－56x2＋240x－278(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，也是最大值點，
所以當(dāng)x
33、＝≈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．
【舉一反三】請你給某廠商設(shè)計一個包裝盒．如圖所示，ABCD是邊長為60 cm的正方形硬紙片，切去陰影部分所示的四個全等的等腰直角三角形，再沿虛線折起，使得A，B，C，D四個點重合于點P，正好形成一個正四棱柱形狀的包裝盒．E，F(xiàn)在AB上，且是被切去的一個等腰直角三角形斜邊的兩個端點．設(shè)AE＝FB＝x(cm)．
(1)若廠商要求包裝盒的側(cè)面積S(cm2
34、)最大，試問x應(yīng)取何值？
(2)若廠商要求包裝盒的體積V(cm3)最大，試問x應(yīng)取何值．并求出此時包裝盒的高與底面邊長的比值．
【解析】解 設(shè)包裝盒的高為h(cm), 底面邊長為a(cm)．由已知得a＝x，h＝＝(30－x)，00；當(dāng)x∈(20,30)時，V′<0.
所以當(dāng)x＝20時
35、，V取得極大值，也是最大值，
此時＝，即包裝盒的高與底面邊長的比值為.
題型五 利用導(dǎo)數(shù)解決不等式的有關(guān)問題
【例5】【2017北京，文20】已知函數(shù)．
（Ⅰ）求曲線在點處的切線方程；
（Ⅱ）求函數(shù)在區(qū)間上的最大值和最小值．
【答案】(Ⅰ)；（Ⅱ）最大值1；最小值.
【解析】
（Ⅰ）因為，所以.
又因為，所以曲線在點處的切線方程為.
（Ⅱ）設(shè)，則.
當(dāng)時， ，
所以在區(qū)間上單調(diào)遞減.
所以對任意有，即.
所以函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減.
因此在區(qū)間上的最大值為，最小值為.
【舉一反三】【2017江蘇，20】 已知函數(shù)有極值,且導(dǎo)函數(shù)的極值點是的零點.（極值點是指函數(shù)
36、取極值時對應(yīng)的自變量的值）
（1）求關(guān)于 的函數(shù)關(guān)系式，并寫出定義域；
（2）證明：;
（3）若,這兩個函數(shù)的所有極值之和不小于，求的取值范圍.
【答案】（1），定義域為.（2）見解析（3）.
【解析】
（1）由，得.
當(dāng)時， 有極小值.
因為的極值點是的零點.
所以，又，故.
因為有極值，故有實根，從而，即.
時，，故在R上是增函數(shù)， 沒有極值；
時， 有兩個相異的實根，.
列表如下
x
+
0
–
0
+
極大值
極小值
故的極值點是.
從而，
因此，定義域為.
（3）由（1）知， 的極
37、值點是，且，.
從而
記， 所有極值之和為，
因為的極值為，所以， .
因為，于是在上單調(diào)遞減.
因為，于是，故.
因此a的取值范圍為.
【變式探究】(2016·高考全國Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－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
38、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)＞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(
39、x)＝eaxsin x(x∈[0，＋∞))．記xn為f(x)的從小到大的第n(n∈N*)個極值點，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)＝aeaxsin 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＜(2
40、k＋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＝nπ－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，
41、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′(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
42、)＝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；
(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，
43、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′(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
44、，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)．
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)|
45、＝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(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
46、，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＞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
47、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
48、，＋∞)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.
【舉一反三】已知函數(shù)f(x)＝ex－ax(a為常數(shù))的圖象與y軸交于點A，曲線y＝f(x)在點A處的切線斜率為－1.
(1)求a的值及函數(shù)f(x)的極值；
(2)證明：當(dāng)x＞0時，x2＜ex；
(3)證明：對任意給定的正數(shù)c，總存在x0，使得當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，恒有x2＜cex.
【命題意圖】本小題主要考查基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)、導(dǎo)數(shù)的運算及導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用、全稱量詞與存在量詞等基礎(chǔ)知識，考查考生的運算求解能力、抽象概括能力、推理論證能
49、力，考查函數(shù)與方程思想、有限與無限思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、分類與整合思想、特殊與一般思想．
【解析】解法一：(1)由f(x)＝ex－ax，得
f′(x)＝ex－a.
又f′(0)＝1－a＝－1，得a＝2.
所以f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2.
令f′(x)＝0，得x＝ln 2.
當(dāng)x＜ln 2時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x＞ln 2時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增．
所以當(dāng)x＝ln 2時，f(x)取得極小值，
且極小值為f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－ln 4，
(2)證明：令g(x)＝ex－x2，則g′(x)＝ex－2x，
由(1
50、)得g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＞0，
故g(x)在R上單調(diào)遞增，又g(0)＝1＞0，
因此，當(dāng)x＞0時，g(x)＞g(0)＞0，即x2＜ex.
(3)證明：①若c≥1，則ex≤cex.又由(2)知，當(dāng)x＞0時，x2＜ex.
所以當(dāng)x＞0時，x2＜cex.
取x0＝0，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，恒有x2＜cex.
②若0＜c＜1，令k＝＞1，要使不等式x2＜cex成立，只要ex＞kx2成立．
而要使ex＞kx2成立，則只要x＞ln(kx2)，
只要x＞2ln x＋ln k成立．
令h(x)＝x－2ln x－ln k，則h′(x)＝1－＝，
所以當(dāng)x＞2時，h′(x)＞
51、0，h(x)在(2，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增．
取x0＝16k＞16，所以h(x)在(x0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，
又h(x0)＝16k－2ln(16k)－ln k＝8(k－ln 2)＋3(k－ln k)＋5k，
易知k＞ln k，k＞ln 2,5k＞0，所以h(x0)＞0.
即存在x0＝，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，恒有x2＜cex.
綜上，對任意給定的正數(shù)c，總存在x0，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，恒有x2＜cex.
解法二：(1)同解法一．
(2)同解法一．
(3)證明：對任意給定的正數(shù)c，取x0＝，由(2)知，當(dāng)x＞0時，ex＞x2，
所以ex＝e·e＞22，
當(dāng)x＞x0時，ex＞22
52、＞2＝x2，因此，對任意給定的正數(shù)c，總存在x0，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，恒有x2＜cex.
解法三：(1)同解法一．
(2)同解法一．
(3)證明：首先證明當(dāng)x∈(0，＋∞)時，恒有x3＜ex，
證明如下：
令h(x)＝x3－ex，則h′(x)＝x2－ex.
由(2)知，當(dāng)x＞0時，x2＜ex，
從而h′(x)＜0，h(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，
所以h(x)＜h(0)＝－1＜0，即x3＜ex.
取x0＝，當(dāng)x＞x0時，有x2＜x3＜ex.
因此，對任意給定的正數(shù)c，總存在x0，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，恒有x2＜cex.
(3)滿足條件的x0不存在．
證明如下：假設(shè)存在x0＞0，使|g(x)－g(x0)|＜對任意x＞0成立，即對任意x＞0，有l(wèi)n x＜g(x0)＜ln x＋，(*)
但對上述x0，取x1＝eg(x0)時，有l(wèi)n x1＝g(x0)，這與(*)左邊不等式矛盾，因此，不存在x0＞0，使|g(x)－g(x0)|＜對任意x＞0成立.
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2019年高考數(shù)學(xué) 考綱解讀與熱點難點突破 專題04 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用教學(xué)案 文（含解析）
