PAGEPAGE1第16講導數的綜合應用課時達標1．已知函數f(x)＝x3＋x，?m∈[－2,2]，f(mx－2)＋f(x)<0恒成立，求實數x的取值范圍．解析因為f′(x)＝3x2＋1>0恒成立，所以f(x)在R上為增函數．又f(－x)＝－f(x)，故f(x)為奇函數，由f(mx－2)＋f(x)<0得f(mx－2)<－f(x)＝f(－x)，所以mx－2<－x，即xm＋x－2<0對隨意的m∈[－2,2]恒成立．記g(m)＝xm＋x－2，m∈[－2,2]，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g－2＝－2x＋x－2<0，,g2＝2x＋x－2<0，))解得－2<x<eq\f(2,3)，所以x的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(2,3))).2．已知函數f(x)＝x2－ax－alnx(a∈R)．(1)若函數f(x)在x＝1處取得極值，求a的值；(2)在(1)的條件下，求證：f(x)≥－eq\f(x3,3)＋eq\f(5x2,2)－4x＋eq\f(11,6).解析(1)f′(x)＝2x－a－eq\f(a,x)，由題意可得f′(1)＝0，解得a＝1.經檢驗，a＝1時，f(x)在x＝1處取得極值，所以a＝1.(2)證明：由(1)知f(x)＝x2－x－lnx，令g(x)＝f(x)－eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(x3,3)＋\f(5x2,2)－))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(11,6)))＝eq\f(x3,3)－eq\f(3x2,2)＋3x－lnx－eq\f(11,6)，由g′(x)＝x2－3x＋3－eq\f(1,x)＝eq\f(x3－1,x)－3(x－1)＝eq\f(x－13,x)(x>0)，可知g(x)在(0,1)上是減函數，在(1，＋∞)上是增函數，所以g(x)min＝g(1)＝eq\f(1,3)－eq\f(3,2)＋3－eq\f(11,6)＝0，所以當x>0時，g(x)≥g(1)＝0，于是f(x)≥－eq\f(x3,3)＋eq\f(5x2,2)－4x＋eq\f(11,6).3．已知函數f(x)＝xlnx.(1)求f(x)的最小值；(2)若對全部x≥1都有f(x)≥ax－1，求實數a的取值范圍．解析(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f(x)的導數f′(x)＝1＋lnx，令f′(x)>0，解得x>eq\f(1,e)，令f′(x)<0，解得0<x<eq\f(1,e)，從而f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調遞增．所以當x＝eq\f(1,e)時，f(x)取得最小值－eq\f(1,e).(2)由題意得f(x)≥ax－1在[1，＋∞)上恒成立，即不等式a≤lnx＋eq\f(1,x)對于x∈[1，＋∞)上恒成立．令g(x)＝lnx＋eq\f(1,x)，則g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(1,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x))).當x>1時，因為g′(x)＝eq\f(1,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))＞0，故g(x)在[1，＋∞)上單調遞增，所以g(x)的最小值是g(1)＝1，從而a的取值范圍是(－∞，1]．4．已知函數f(x)＝x2lnx－a(x2－1)，a∈R.(1)當a＝－1時，求曲線f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；(2)若當x≥1時，f(x)≥0恒成立，求a的取值范圍．解析(1)當a＝－1時，f(x)＝x2lnx＋x2－1，f′(x)＝2xlnx＋3x.則曲線f(x)在點(1，f(1))處的切線的斜率為f′(1)＝3.又f(1)＝0，所以切線方程為3x－y－3＝0.(2)f′(x)＝2xlnx＋(1－2a)x＝x(2lnx＋1－2a)，其中x≥1.當a≤eq\f(1,2)時，因為x≥1，所以f′(x)≥0.所以函數f(x)在[1，＋∞)上單調遞增．故f(x)≥f(1)＝0.當a>eq\f(1,2)時，令f′(x)＝0，得x＝ea－eq\f(1,2).若x∈[1，ea－eq\f(1,2))，則f′(x)<0，所以函數f(x)在[1，ea－eq\f(1,2))上單調遞減，所以當x∈[1，ea－eq\f(1,2))時，f(x)≤f(1)＝0，不符合題意．綜上，a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))).5．已知f(x)＝ax2(a∈R)，g(x)＝2lnx.(1)探討函數F(x)＝f(x)－g(x)的單調性；(2)若方程f(x)＝g(x)在區間[eq\r(2)，e]上有兩個不等解，求a的取值范圍．解析(1)F(x)＝ax2－2lnx，其定義域為(0，＋∞)，所以F′(x)＝2ax－eq\f(2,x)＝eq\f(2ax2－1,x)(x>0)．①當a>0時，由ax2－1>0得x>eq\f(1,\r(a))；由ax2－1<0得0<x<eq\f(1,\r(a)).故當a>0時，F(x)在區間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a))，＋∞))上單調遞增，在區間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(a))))上單調遞減．②當a≤0時，F′(x)<0(x>0)恒成立．故當a≤0時，F(x)在(0，＋∞)上單調遞減．(2)原式等價于方程a＝eq\f(2lnx,x2)＝φ(x)在區間[eq\r(2)，e]上有兩個不等解．由φ′(x)＝eq\f(2x1－2lnx,x4)易知，φ(x)在(eq\r(2)，eq\r(e))上為增函數，在(eq\r(e)，e)上為減函數，則φ(x)max＝φ(eq\r(e))＝eq\f(1,e)，而φ(e)＝eq\f(2,e2)<eq\f(2ln2,4)＝eq\f(ln2,2)＝φ(eq\r(2))，所以φ(x)min＝φ(e)，如圖，可知φ(x)＝a有兩個不等解時需eq\f(ln2,2)≤a<eq\f(1,e)，即f(x)＝g(x)在[eq\r(2)，e]上有兩個不等解時，a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ln2,2)，\f(1,e))).6．某商店經銷一種奧運紀念品，每件產品成本為30元，且每賣出一件產品，需向稅務部門上交a元(a為常數，2≤a≤5)的稅收，設每件產品的日售價為x元(35≤x≤41)，依據市場調查，日銷售量與ex(e為自然對數的底數)成反比，已知每件產品的日售價為40元時，日銷售量為10件．(1)求商店的日利潤L(x)元與每件產品的日售價x元的函數關系式；(2)當每件產品的日售價為多少元時該商店的日利潤L(x)最大，說明理由．解析(1)設日銷售量為eq\f(k,ex)件，則eq\f(k,e40)＝10，所以k＝10e40.則日銷售量為eq\f(10e40,ex)件，每件利潤為(x－30－a)元，則日利潤L(x)＝10e40·eq\f(x－30－a,ex)(35≤x≤41)．(2)L′(x)＝10e40·eq\f(31＋a－x,ex)(35≤x≤41)．①當2≤a≤4時，33≤31＋a≤35，L′(x)≤0，L(x)在[35,41]上是減函數．所以當x＝35時，L(x)的最大值為10(5－a)e5.②當4<a≤5時，35<31＋a≤36，由L′(x)＝0得x＝a＋31，