專題4.4導數的綜合應用1.利用導數研究函數零點問題思路（1）轉化為函數圖象交點：方程f(x)=0有實根?兩個函數圖象的交點問題?函數y=f(x)有零點．將fx=0變形為g(x)=?(x)，轉化為=1\*GB3①一平一曲：一平即常數函數y=k（k為常數）圖象與一曲線圖象的交點；=2\*GB3②一斜一曲：一斜即一次函數圖象與一曲線圖象的交點；=3\*GB3③兩曲：兩個函數圖象均為曲線，凸凹性相反.（2）利用零點存在性定理解決：利用導數研究函數單調性，結合零點存在性定理，判斷函數零點個數.2.利用導數研究不等式恒成立或存在性問題不等式恒成立問題或存在性問題轉化為求函數最值問題，利用導數研究函數最值，求出參數的取值范圍.=1\*GB4㈠不等式在某個區間上恒成立或存在性成立問題的轉化途徑：=1\*GB2⑴?x∈D,f(x)≥a?f(x)min≥a；?x∈D,f(x)≥a?=2\*GB2⑵?x∈D,f(x)≤b?f(x)max≤b；?x∈D,f(x)≤b?=3\*GB2⑶?x∈D,f(x)>g(x)??x=fx?g=2\*GB4㈡雙變量的“任意性”與“存在性”問題=1\*GB3①?x1∈M,?x2∈N,都有f=2\*GB3②?x1∈M,?x2∈N,都有f=3\*GB3③?x1∈M,?x2∈N,都有f=4\*GB3④?x1∈M,?x2∈N,都有f=5\*GB3⑤?x1∈M,?x2∈N,都有f=6\*GB3⑥?x1∈M,?x2∈N,都有fx1=g①構造法：證明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以構造函數F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)<0，則F(x)在(a，b)上是減函數，則只需F(a)≤0，由減函數的定義可知，x∈(a，b)時，有F(x)<0，即證明了f(x)<g(x)．②最值比較法：證明f(x)<g(x)，x∈(a，b)時，若構造函數F(x)＝f(x)－g(x)后，F(x)的單調性無法確定，可考慮f(x)的最大值與g(x)的最小值，如果f(x)max<g(x)min，那么可證f(x)<g(x)．1.【人教A版選擇性必修二復習參考題518P104】已知函數f(x)=x2?(2a?1)x?a(1)求函數fx(2)若函數f(x)存在最小值為f(x)min，求證：2.【人教A版選擇性必修二復習參考題519P104】已知函數f(x)=x?2e(1)討論fx(2)若fx有兩個零點，求考點考點一導數在函數零點（方程的根）問題中的應用【方法儲備】函數零點問題常用思路有：=1\*GB2⑴圖象法：=1\*GB3①通過研究函數的性質(單調性、極值、函數值的極限位置等)，作出函數的大致圖象，然后通過函數圖象得出其與x軸交點的個數；=2\*GB3②令fx=0→gx=?(x)=2\*GB2⑵定理法：求導研究函數的單調性與極值，利用零點存在性定理逐個單調區間判斷是否存在零點，或根據零點存在性情況，推導出函數本身需要滿足的條件，求出參數的取值范圍.若函數較復雜，需要構造函數或多次導.【典例精講】例11(2023·江西省模擬題)已知函數f(x)=x2+x?1,x?0lnxx,x>0，若函數g(x)=xf(x)?m有三個零點，則實數m的取值范圍是(

)A.[0,1] B.[0,1) C.[1127,1]例12(2023·廣東省單元題)已知函數f(x)=tan?2x+2tan?(π?x)?1.若tanα=2，則fα=

;若fx的定義域為(0,π4)∪(π2,例13(2023·山東省模擬題)已知函數f(x)=ax2(1)討論函數f(x)極值點的個數;(2)若函數f(x)在定義域內有兩個不同的零點x1，x2，?①求a的取值范圍;?②證明：x1+x2【拓展提升】練11(2023·湖北省模擬題)已知函數fx=xelnx,x>1x3?3x+a,x≤1，若存在實數t練12(2023·江西省模擬題)已知函數f(x)=(1)若a=0，求函數f(x)的極值；(2)討論函數f(x)的零點個數．練13(2023·浙江省模擬題)設函數f(x)=(x?1)2ex?ax，若曲線f(x)(1)求實數a，b的值．(2)證明：函數f(x)有兩個零點．(3)記f′(x)是函數f(x)的導數，x1，x2為f(x)的兩個零點，證明：考點二考點二導數在不等式問題中的應用方向1：導數在不等式恒成立或有解問題中的應用【方法儲備】轉化是解決問題的關鍵.常用思路有：1.分離參數：將原不等式分離參數，轉化為不含參數的函數最值問題，利用導數求函數的最值，求出參數的取值范圍.2.化歸為求最值：?x∈D,fx3.同構化：將恒成立的不等式同構化，利用函數單調性構建變量間的不等關系.如：elna+x?1?lnx+lna≥1→elna+x?1+lna+x?1≥x+lnx=e同構常見變形方式：=1\*GB3①xex=ex+lnx；=2\*GB3②exx=ex?lnx；=3\*GB3③xex=elnx?x；=4\*GB3=5\*GB3⑤x?lnx=lnexx?=1\*GB2⑴積型：aea≤blnb→ae=2\*GB2⑵商型：eaa≤b=3\*GB2⑶和差型：ea±a≤b±lnb→e【典例精講】例21(2023·安徽省模擬題)當x∈?2,1時，不等式ax3?x2+4x+3≥0A.?5,?3 B.?6,?98 C.?6,?2 例22(2023·江蘇省模擬題)若2x+8x3+a2e2x<4x【拓展提升】練21(2023·湖北省月考題)若關于x的不等式x2?mlnx?1≥0在[2,3]上有解，則實數m的取值范圍為(

)A.(?∞,3ln2] B.(?∞,8ln練22(2023·江蘇省月考題)已知函數fx=lnx?ax+1，其中a∈R(1)求fx(2)是否存在k∈z，使得fx+ax?2>k1?2x對任意方向2：導數在不等式證明中的應用【方法儲備】函數不等式的類型多樣，既有含變量與不含變量之分，也有單變量與雙變量之分，證明方法多變，常用思路有：1.單變元不等式的證明（1）含單變元不等式=1\*GB3①移項（或同解變形后）作差，構建函數求最值.=2\*GB3②適當放縮：可利用常見不等式放縮、結論放縮、或者利用已知的參數范圍使參數取確定的值進行放縮.常用不等式有：（1）三角函數放縮：=1\*GB3①?x∈0,π2,sinx<x<tanx；=2\*GB3②sinx≥x?12x2；=3\*GB3③1?1（2）指數放縮：=1\*GB3①ex≥x+1；=2\*GB3②ex≥ex（y=x+1,y=ex為函數y=ex圖象的兩條切線）；=3\*GB3③ex≤11?x(x≤0)；=4\*GB3④ex≤?（3）對數放縮：=1\*GB3①1?1x≤lnx≤x?1；=2\*GB3②lnx≤x3；=3\*GB3③lnx≥?1ex；（y=x?1,y=xe為函數（4）指對放縮：e2.雙變元不等式的證明=1\*GB2⑴利用變元之間的關系消元，轉化為單變元不等式.如已知x1,x2為函數的極值點，得出x1=2\*GB2⑵換元法：將x1?x2或x(3)利用單調性：若函數fx在區間a,b上單調遞增,則fa≤fx≤f則fx1利用求最值的方法證明不等式時，對于函數最值點存在但無法確定的情況，可設出函數的隱零點x0，充分利用f'涉及極值點偏移問題時，可考慮對稱化構造.【典例精講】例23(2023·新高考Ⅰ卷)已知函數f(x)=aex+a?x(1)討論f(x)的單調性；(2)證明：當a>0時，例24(2023·新高考Ⅰ卷)已知函數fx=alnx?1(1)若f(x)是單調遞減函數，求a的取值范圍；(2)求證：當0<x1<x例25(2022·四川省模擬)已知函數f(x)=a?ex?bx?1(a,b∈R,ab≠0)．

(1)討論f(x)的單調性；

(2)證明：當x∈(0,π【拓展提升】練23(2023·河北省月考題)已知函數f(x)=ex?ax，g(x)=(1)討論f(x)的極值;(2)當x>0時，求證：f(x)>g(x)．練24(2023·河北省月考題)已知函數f(x)=lnx?ax+1有兩個零點x1，x2，且(1)求a的取值范圍；(2)證明：e?(x2練25(2022·江蘇省模擬題)已知函數f(x)=lnx?x+1，g(x)=ex?1．

(1)求f(x)的最大值；

(2)當x∈[2,+∞)時，證明：g(x)>2x(x?1)；

(3)證明：(1+1e2考點考點三導數在實際問題中的應用【方法儲備】.利用導數解決實際問題的思路是：讀模、識模、建模、解模.【典例精講】例31(2022·江蘇省模擬題)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10千米處下降，已知下降飛行軌跡為某三次函數圖象的一部分，則下列函數模型適合題意的是

.(填序號)

(1)y=1125x3?35x例32(2023·山東省模擬題)（多選）寵物很可愛，但身上會有寄生蟲，小貓“墩墩”的主人每月定期給“墩墩”滴抹驅蟲劑.剛開始使用的時候，寄生蟲的數量還會繼續增加，隨著時間的推移，寄生蟲增加的幅度逐漸變小，到一定時間，寄生蟲數量開始減少.若已知使用驅蟲劑t小時后寄生蟲的數量大致符合函數f(t)=(t?47)e?t+50(0≤t<720)，f′(t)為f(t)的導數，則下列說法正確的是(

)A.驅蟲劑可以殺死所有寄生蟲

B.f′(100)表示t=100時，寄生蟲數量以52e?100的速度在減少

C.若存在a、b，a≠b，使f(a)=f(b)，則a+b<96

D.寄生蟲數量在t=48例33(2022·湖北省模擬題)連淮揚鎮高鐵高郵段為了減少營運對附近居民造成的噪音干擾，計劃在居民區的一側區域內建一道“消音墻”，工程師在繪制建設規劃平面圖時發現，如果在圖中適當位置建立平面直角坐標系xOy，“消音墻”曲線(墻體建筑厚度忽略不計)可以近視地看作函數fx=ln(1)當a=32時，求“消音墻”曲線上的點到(2)已知居民區均在所建平面直角坐標系中x軸的下方，且位于x∈1,2(單位：千米)地段居民最為集中，經環保部門測定，當該段“消音墻”曲線上任意兩點連線的斜率都小于?1時，消音效果最佳.試問：當實數【拓展提升】練31(2023·浙江省模擬題)環保生活，低碳出行，電動汽車正成為人們購車的熱門選擇．某型號的電動汽車在國道上進行測試，國道限速80km/h.經多次測試得到該汽車每小時耗電量M(單位：Wh)與速度v0103070M0115022508050為了描述國道上該汽車每小時耗電量M與速度v的關系，現有以下三種函數模型供選擇：①M1(v)=120(1)當0≤v≤80時，請選出你認為最符合表格中所列數據的函數模型(需說明理由)，并求出相應的函數解析式；(2)現有一輛同型號電動汽車從A地行駛到B地，其中高速上行駛200km，國道上行駛40km，若高速路上該汽車每小時耗電量N(單位：Wh)與速度v(單位：km練32(2022·廣東省模擬題)曲線y=ln(1+x)在x=0處的切線方程為y=f(x)，則f(x)=

.因此當|x|很小時，ln(1+x)≈f(x)，由于ln2≈0.6931練33(2023·河北省月考題)廣東某民營企業主要從事美國的某品牌運動鞋的加工生產，按國際慣例以美元為結算貨幣，依據以往加工生產的數據統計分析，若加工產品訂單的金額為x萬美元，可獲得的加工費近似地為12ln2x+1萬美元，受美聯儲貨幣政策的影響，美元貶值，由于生產加工簽約和成品交付要經歷一段時間，收益將因美元賠值而損失mx萬美元，其中m為該時段美元的貶值指數是m∈0,1，從而實際所得的加工費為(1)若某時期美元貶值指數m=1200，為確保企業實際所得加工費隨x的增加而增加，該企業加工產品訂單的金額(2)若該企業加工產品訂單的金額為x萬美元時共需要的生產成本為120x萬美元，已知該企業加工生產能力為x∈10,20(其中x為產品訂單的金額1.(2023·乙卷（文科）)函數f(x)=x3+ax+2存在3個零點，則a的取值范圍是．(

)A.(?∞,?2) B.(?∞,?3) C.2.(2023·廣東省月考題)對于函數f(x)，一次函數g(x)=ax+b，若f(x)?g(x)恒成立，則稱g(x)為函數f(x)的一個“線性覆蓋函數”.若函數g(x)=x?1是函數f(x)=sin2x?aex,x?0的一個“線性覆蓋函數”，則實數a的取值范圍是(

)A.[12?,?+∞) B.[1?,?+∞) C.[1?,?2]3.(2023·甲卷（理科）已知函數f(x)=ax?sinxcos(1)當a=8時，討論函數f(x)的單調性;(2)若f(x)<sin2x，求a的取值范圍．4.(2023·浙江省模擬題)(多選)兩個學校W1，W2開展節能活動，活動開始后兩學校的用電量W1t，W2t與時間t(天)的關系如圖所示，則一定有A.W1比W2節能效果好

B.W1的用電量在0,t0上的平均變化率比W2的用電量在0,t0【答案解析】【回歸教材】1.解：(1)f′(x)=(2x+1)(x?a)x，

a>0時，由f′(x)>0，解得：x>a，由f′(x)<0，解得：0<x<a，

故f(x)在(0,a)遞減，在(a,+∞)遞增；

(2)由(1)知要使f(x)存在最小值，則a>0且f(x)min=a?a2?alna，

令g(x)=x?x2?xlnx，(x>0)，則g′(x)=?2x?lnx在(0,+∞)遞減，

又g′(1e)=1?2e>0，g′(12)=ln2?1<0，

故存在x2.解：(1)由題設，f′(x)=(x?1)(e當a≥0時，若x∈(?∞,1)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減；若x∈(1,+∞)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增；當a<0時，令f′(x)=0，可得x=1或x=ln∴若a=?e2時，f′(x)=(x?1)(ex?e)≥0若a<?e2時，則ln(?2a)>1，故在(?∞,1)、(ln(?2a),+∞)時，f′(x)>0即f(x)單調遞增；在(1,若a>?e2時，則ln(?2a)<1，故在(?∞,ln(?2a))、(1,+∞)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增；在((2)由aa+1知：a≥0，由(1)知：f(x)在(?∞,1)上遞減；在又f(1)=?e<0，f(2)=a，要使fx有兩個零點，則(?∞,1)、(1,+∞)只需保證x→?∞時，limx→?∞∴a>0，此時才能使fx∴aa+1綜上，a【考點歸納】例11：解：設函數Fx=xf(x)，因為函數f(x)=x2+x?1,x?0lnxx,x>0，所以函數Fx=xf(x)=x3+x2?x,x?0lnx,x>0．

因此函數g(x)=xf(x)?m有三個零點等價于：直線y=m與函數y=Fx的圖象有三個交點．

令Gx=x3+x2?xx?0，則G′x=3x2+2x?1=3x?1x+1x?0，

因此由G′x<0得?1<x?0;由G′x>0例12解：fx=2tanx1?tan2x?2tanx?1，若tanα=2，則fα=41?4?4?1=?193．

令fx=0，得2tan3x+tan2x?1=0．

設tanx=t，若x∈(0,π4)∪(π2,3π4)，則t∈?∞,?1∪0,1

設gt=2例13解：(1)f(x)的定義域為(0,+∞)，f′(x)=2ax?1x=2ax2?1x，

當a≤0時，f′(x)<0，f(x)在(0,+∞)上單調遞減，無極值點;

當a>0時，令f′(x)=0，得x=2a2a，x∈(0,2a2a)時，f′(x)<0，f(x)在(0,2a2a)上單調遞減;

x∈(2a2a,+∞)時，f′(x)>0，f(x)在(2a2a,+∞)上單調遞增，

故x=2a2a時，f(x)取得極小值．

綜上，當a≤0時，f(x)無極值點;當a>0時，f(x)有一個極小值點．

(2)?①由題意，方程ax2?lnx+1=0在(0,+∞)有兩個不等實根，

即a=lnx?1x2在(0,+∞)有兩個不等實根，

設g(x)=lnx?1x2，x∈(0,+∞)，且過點(e,0)，

則g′(x)=3?2lnxx3，

令g′(x)=0得，x=e32，

x∈(0,e32)時，g′(x)>0，g(x)單調遞增，

x∈(e32,+∞)時，g′(x)<0，g(x)單調遞減，

且x→0時，g(x)→?∞;x→+∞時，g(x)→0，

當x=e32時，g(e32)=12e3，

故實數a的取值范圍為(0,12e3).

?②不妨設0<練11解：當x>1時，f(x)=xelnx，f′(x)=lnx?1eln2x，

當1<x<e時，f′(x)<0,f(x)單調遞減；當x>e時f′(x)>0，f(x)單調遞增，

故x=e時，f(x)min=f(e)=1;當x≤1時，f(x)=x3?3x+a，f′(x)=3x2?3，當x=?1

時，f(x)有極大值f(?1)=2+a，

當x=1時，f(1)=?2+a，作出f(x)=xelnx,x>1x3?3x+a,x?1的大致圖象如圖，

由題意知[f(x)]2?(t+2)f(x)+2t=0，

即(f(x)?2)(f(x)?t)=0有7個不同的實根，當f(x)=2有三個根時，練12解：(1)f(x)的定義域為R，

當a=0時，f(x)=ex?1(2x?1)，

f′(x)=ex?1(2x+1)，

令f′(x)=0，得x=?12，x(?∞,??(?f′?0+f(x)單調遞減?2單調遞增所以f(x)有極小值?2e設g(x)=ex?1(2x?1)，y=a(x?1)，

由(1)知，當x<?12時，g(x)單調遞減;當x>?12時，g(x)單調遞增，

y=g(x)有最小值為g(?12)=?2e?32，且g(0)=?1e，g(12)=0;

當x<12時，g(x)<0，當x>12時，g(x)>0

直線y=ax?a恒過定點(1,0)且斜率為a，

當直線y=ax?a與y=g(x)相切時，設y=ax?a與y=g(x)切于點(x0,y0)，

則a=ex0?1(2x0+1)=ex0?1(2x0?1)練13解：(1)f′(x)=(x2?1)e(2)f(x)=0即(x?1)函數f(x)有兩個零點即函數g(x)=(x?1)g′(x)=(x?1)(2+1當x<1時，g′(x)<0，g(x)單調遞減;當x>1時，g′(x)>0，g(x)單調遞增．又g(0)=1>0，g(1)=?1e<0，g(2)=1?2e?x2∈(1,2)(3)由f′(x)=(x2?1)ex?1且0<x1<1<令?(x)=g(x)?g(2?x)(0<x<1)，則?′(x)=g′(x)+g′(2?x)=(x?1)(2+1因此?(x)單調遞減，則?(x)>?(1)=0.因此?(x1)>0即g(x2)>g(2?x1)，又x2因此x2>2?x例21解：當x=0時，ax3?x2+4x+3=3，

當0<x≤1時，ax3?x2+4x+3≥0可化為a≥1x?4x2?3x3，

設f(x)=1x?4x2?3x3，

則f′(x)=?1x2+8x3+9x4=?(x?9)(x+1)x4，

當0<x≤1時，f′(x)>0，

則f(x)在(0,1]上單調遞增，

∴f(x)max=f(1)=?6，

∴a≥?6，例22解：設函數fx=x?x2+x3，

則f′x=1?2x+3x2=3x?132+23>0，

所以函數f(x)在R上單調遞增，

因為2x+8x3+a2e2x<4x2+aex+a3e3x，

所以2x?4x2+8x3<aex?a2e2x練21解：關于的不等式在上有解，

即在上有解，

設，

，恒成立，即f(x)在上為增函數，

．

故選C．練22解：(1)∵f′(x)=1x?a，x>0，

∴當a?0時，f′(x)>0，即f(x)在(0,+∞)上是增函數．

當a>0時，x∈(0,1a)時，f′(x)>0，則f(x)在(0,1a)上為增函數；

x∈(1a,+∞)時，f′(x)<0，則f(x)在(1a,+∞)上為減函數．

綜上所述，當a?0時，f(x)的增區間為(0,+∞)；

當a>0時，f(x)的單調增區間為(0,1a)，f(x)的單調減區間為(1a,+∞)；

(2)由已知f(x)+ax?2>k(1?2x)即為x(lnx?1)>k(x?2)，x>1，

即x(lnx?1)?kx+2k>0，x>1．

令g(x)=x(lnx?1)?kx+2k，x>1，

則g′(x)=lnx?k，

當k≤0時，g′(x)>0，故g(x)在(1,+∞)上為增函數，

由g(1)=?1?k+2k=k?1>0，則k>1，矛盾．

當k>0時，由lnx?k>0，解得x>ek，由lnx?k<0，解得1<x<ek，

故g(x)在(1,ek)例23解：(1)f′(x)=ae當a=0時，f(x)在(?∞,+∞)當a<0時aex<0，當a>0時，令f′(x)=0，x=?lna，x∈x∈(?lna,故當a≤0時f(x)在(?∞,+∞當a>0時，f(x)在區間(?∞,(2)由(1)知當a>0時，f(x)在區間(?∞,?lna)單調遞減，在區間令g(a)=ag′(a)=2a2?1a，令g′(a)=0，因為a>0，故a=22，g(a)在區間(0,2例24解：(1)fx=alnx?1ex(x>0)f′x=ax+1ex．

∵f(x)是單調遞減，

∴f′(x)≤0在(0,+∞)上恒成立．

∴a≤?xex，令?x=?xex，

?′x=x?1ex，

∴?(x)在(0,1)上遞減，在(1,+∞)上遞增，

∴?xmin=?1=?1e．

∴a≤?1e．

(2)由(1)知當a=?1e時，f(x)在(0,+∞)上是減函數，

又∵0<x1<x2,∴f(x例25解：(1)解：f(x)的定義域為(?∞,+∞)，f’(x)=aex?b，

當a>0，b<0時，f’(x)>0，則f(x)在(?∞,+∞)上單調遞增，

當a>0，b>0時，令f’(x)>0，得x>lnba，令f’(x)<0，得x<lnba，

則f(x)在(?∞,lnba)上單調遞減，在(lnba,+∞)上單調遞增，

當a<0，b>0時，f′(x)<0，則f(x)在(?∞,+∞)上單調遞減，

當a<0，b<0時令f’(x)>0，得x<lnba，令f’(x)<0，得x>lnba，

則f(x)在(?∞,lnba)上單調遞增，在(lnba,+∞)上單調遞減，

綜上，當a>0，b<0時，f(x)在(?∞,+∞)上單調遞增，

當a>0，b>0時，f(x)在(?∞,lnba)上單調遞減，在(lnba,+∞)上單調遞增，

當a<0，b>0時，f(x)在(?∞,+∞)上單調遞減，

當a<0，b<0時，f(x)在(?∞,lnba)上單調遞增，在(lnba,+∞)單調遞減．

(2)證明：當練23解：(1)函數f(x)的定義域為R，f′(x)=ex?a，

當a≤0時.f′(x)>0，∴f(x)在R上單調遞增，

∴f(x)既無極大值也無極小值;

當a>0時，當x<lna時，f′(x)<0，當x>lna時，f′(x)>0，

∴f(x)在區間(?∞,lna)上單調遞減，在區間(lna,+∞)上單調遞增，

∴當x=lna時f(x)取極小值f(lna)=a(1?lna)，無極大值．

綜上所述，當a≤0時，f(x)既無極大值也無極小值;

當a>0時，當x=lna時，f(x)取極小值f(lna)=a(1?lna)，無極大值．

(2)證明：設?(x)=f(x)?g(x)=ex?e2lnx，

∴?′(x)=ex?e2x，

設m(x)=ex?e2x，∴m′(x)=ex+e2x2>0，

∴m(x)即練24解：(1)?f(x)=lnx?ax+1的定義域為(0,+∞)，f′(x)=1x?a=1?axx，

當a≤0時，

f′(x)>0恒成立，所以f(x)在(0,+∞)上單調遞增，故f(x)不可能有兩個零點，故舍去;

當a>0時，

令f′(x)>0，解得0<x<1a；令f′(x)<0，解得x>1a，

所以f(x)在(0,1a)上單調遞增，在(1a,+∞)上單調遞減，

所以f(x)max=f(1a)=ln1a，

要使f(x)有兩個零點，則f(x)max=f(1a)=ln1a>0，

解得0<a<1．

又f(1e)=ln1e?a?1e+1=?ae<0，f(4a2)=ln4a2?4a+1=2ln2a?4a+1，

令m=2a>2，則y=2lnm?2m+1，y′=2m?2=21?mm<0，

所以函數y=2lnm?2m+1在2,+∞上單調遞減，

所以y=2lnm?2m+1<2ln2?3<0，即f4a2<0，

所以當0<a<1時，f(x)在(1e,1a)和(1a,4a2)上各有一個零點x2,x1，且x1>2x2，所以lnx1?ax1+1=0lnx2?ax2+1=0，由f(x)單調性知，當x∈(x2,x1)時，f(x)?>0，當x∈(x練25解：(1)解：∵f(x)=lnx?x+1

(x>0)，

∴f′(x)=1x?1=1?xx，

∴當0<x<1時，f′(x)>0，x>1時，f′(x)<0，

∴f(x)≤f(1)=0，∴f(x)的最大值為0；

(2)證明：設?(x)=ex?1?2x(x?1)=ex?2x2+2x?1，

故?′(x)=ex?4x+2，令I(x)=ex?4x+2，

則I′(x)=ex?4，

x∈[2,+∞)時，I′(x)=ex?4≥e2?4>0，故?′(x)在[2,+∞)單調遞增，

故?′(x)≥?′(2)=e2?6>0，所以?(x)在[2,+∞)單調遞增，

故?(x)≥?(2)=e2?5>0恒成立，

故當x∈[2,+∞)時：g(x)>2x(x?1)；

(3)證明：要證：(1+1e2?1)(1+1e3?1)…(1+1en?1)<53(n∈N?,n≥2)．

即證：ln(1+1e2?1)+ln例31解：由題圖可知此三次函數過原點所以設此函數為y=ax3+bx2+cxa≠0，

又函數過(?5,2)，(5,?2)，代入得?125a+25b?5c=2125a+25b+5c=?2?b=0,

∴y=ax3+cx，y′=3ax2+c由題圖得當x=±5時y′=0即75a+c=0，①

將(?5,2)帶入y=ax3例32解：f′(t)=(48?t)e?t，故D正確；

可得f(t)在[0,48]單調遞增，在[48,720)單調遞減，

值域為[3,f(48)]，取不到0，故A錯誤；

f′(100)=?52e?100，故B正確；

借助函數的圖象可知，a+b2>48，即a+b>96，故例33解：(1)當a=32時，f(x)=lnx+92(x+1)，x∈[1,3]，f′(x)=1x?92(x+1)2x1(1,2)2(2,3)3f′(x)?0+f(x)↘極小值↗所以x=2時，f(x)min=f(2)=ln2+32，

“消音墻”所在曲線f(x)上的點到x軸的最近距離為(ln2+32)千米．

(2)在曲線f(x)，x∈[1,2]上任取兩點A(x1,f(x1))，B(x2,f(x2))，(1≤x1<x2≤2)，

要使得“消音墻”的隔音效果最佳，即f(x1)?f(x2)x1?x2<?1恒成立，

則f(x1)?f(x2)>?(x1?x2)，即f(x1)+x1>f(x2)+練31解：(1)因為函數M2又M3所以函數M2(v)=1000?3故M1(v)=1由解得b=?4所以M1(2)由題意，高速路上的耗電量f(v)=N(v)×200當v∈