《【世紀(jì)金榜】高三文科數(shù)學(xué)熱點(diǎn)專題突破：(一)導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《【世紀(jì)金榜】高三文科數(shù)學(xué)熱點(diǎn)專題突破：(一)導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用（55頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、熱點(diǎn)專題突破系列(一)導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用考點(diǎn)一考點(diǎn)一利用導(dǎo)數(shù)解決實(shí)際生活中的優(yōu)化問題利用導(dǎo)數(shù)解決實(shí)際生活中的優(yōu)化問題【考情分析【考情分析】以實(shí)際生活為背景以實(shí)際生活為背景, ,通過求面通過求面( (容容) )積最大、用料最省、積最大、用料最省、利潤(rùn)最大、效率最高等問題考查學(xué)生分析問題、解決問題以及建模的利潤(rùn)最大、效率最高等問題考查學(xué)生分析問題、解決問題以及建模的能力能力, ,常與函數(shù)關(guān)系式的求法、函數(shù)的性質(zhì)常與函數(shù)關(guān)系式的求法、函數(shù)的性質(zhì)( (單調(diào)性、最值單調(diào)性、最值) )、不等式、不等式、導(dǎo)數(shù)、解析幾何中曲線方程、空間幾何體等知識(shí)交匯考查導(dǎo)數(shù)、解析幾何中曲線方程、空間幾何體等知識(shí)交匯考查. .【

2、典例【典例1 1】(2015(2015重慶模擬重慶模擬) )某村莊擬修建一個(gè)無蓋的圓柱形蓄水池某村莊擬修建一個(gè)無蓋的圓柱形蓄水池( (不計(jì)厚度不計(jì)厚度).).設(shè)該蓄水池的底面半徑為設(shè)該蓄水池的底面半徑為r r米米, ,高為高為h h米米, ,體積為體積為V V立方米立方米. .假設(shè)建造成本僅與表面積有關(guān)假設(shè)建造成本僅與表面積有關(guān), ,側(cè)面的建造成本為側(cè)面的建造成本為100100元元/ /平方米平方米, ,底面底面的建造成本為的建造成本為160160元元/ /平方米平方米, ,該蓄水池的總建造成本為該蓄水池的總建造成本為1200012000元元(為圓周率為圓周率).).(1)(1)將將V V表示

3、成表示成r r的函數(shù)的函數(shù)V(rV(r),),并求該函數(shù)的定義域并求該函數(shù)的定義域. .(2)(2)討論函數(shù)討論函數(shù)V(rV(r) )的單調(diào)性的單調(diào)性, ,并確定并確定r r和和h h為何值時(shí)該蓄水池的體積最大為何值時(shí)該蓄水池的體積最大. .【解題提示【解題提示】直接根據(jù)題意可列出函數(shù)的解析式并能直接寫出定義域直接根據(jù)題意可列出函數(shù)的解析式并能直接寫出定義域, ,通過求導(dǎo)研究函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)而求出函數(shù)的最值通過求導(dǎo)研究函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)而求出函數(shù)的最值. .【規(guī)范解答【規(guī)范解答】(1)(1)因?yàn)樾钏貍?cè)面的總成本為因?yàn)樾钏貍?cè)面的總成本為1001002rh=200rh2rh=200rh元元, ,底面

4、的總成本為底面的總成本為160r160r2 2元元, ,所以蓄水池的總成本為所以蓄水池的總成本為(200rh+160r(200rh+160r2 2) )元元. .根據(jù)題意得根據(jù)題意得200rh+160r200rh+160r2 2=12000,=12000,所以所以h= (300-4rh= (300-4r2 2),),從而從而V(rV(r)=r)=r2 2h h= (300r-4r= (300r-4r3 3).).因因r0,r0,又由又由h0h0可得可得r ,r0,)0,故故V(rV(r) )在在(0,5)(0,5)上為增函數(shù)上為增函數(shù); ;當(dāng)當(dāng)r(5, )r(5, )時(shí)時(shí),V(r,V(r)0,

5、) m 時(shí)，函數(shù)時(shí)，函數(shù)g(xg(x) )無零點(diǎn)；無零點(diǎn)；當(dāng)當(dāng)m= m= 時(shí)，函數(shù)時(shí)，函數(shù)g(xg(x) )有且只有一個(gè)零點(diǎn)；有且只有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)當(dāng)0 0m m 時(shí)，函數(shù)時(shí)，函數(shù)g(xg(x) )有兩個(gè)零點(diǎn)；有兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)當(dāng)m0m0時(shí)，函數(shù)時(shí)，函數(shù)g(xg(x) )有且只有一個(gè)零點(diǎn)有且只有一個(gè)零點(diǎn). .綜上所述，當(dāng)綜上所述，當(dāng)m m 時(shí)，函數(shù)時(shí)，函數(shù)g(xg(x) )無零點(diǎn)；無零點(diǎn)；當(dāng)當(dāng)m= m= 或或m0m0時(shí)，函數(shù)時(shí)，函數(shù)g(xg(x) )有且只有一個(gè)零點(diǎn)；有且只有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)當(dāng)0 0m m 時(shí)，函數(shù)時(shí)，函數(shù)g(xg(x) )有兩個(gè)零點(diǎn)有兩個(gè)零點(diǎn). .2.3232323232323(3)(

6、3)對(duì)任意的對(duì)任意的b ba a0, 0, 1 1恒成立，恒成立，等價(jià)于等價(jià)于f(b)-bf(b)-bf(af(a)-a)-a恒成立恒成立. (. (* *) )設(shè)設(shè)h(x)=f(x)-x=ln x+ -x(xh(x)=f(x)-x=ln x+ -x(x0),0),所以所以( (* *) )等價(jià)于等價(jià)于h(xh(x) )在在(0,+)(0,+)上單調(diào)遞減上單調(diào)遞減. .由由h(xh(x)= 0)= 0在在(0,+)(0,+)恒成立，恒成立，得得m-xm-x2 2+x=-(x- )+x=-(x- )2 2+ (x+ (x0)0)恒成立，恒成立，所以所以m (m (對(duì)對(duì)m= ,h(x)=0m= ,

7、h(x)=0僅在僅在x= x= 時(shí)成立時(shí)成立),),所以所以m m的取值范圍是的取值范圍是 ,+). ,+).f(b)f(a)bamx21m1xx121414141214【易錯(cuò)警示【易錯(cuò)警示】解答本題有兩點(diǎn)容易出錯(cuò)解答本題有兩點(diǎn)容易出錯(cuò). .(1)(1)第第(2)(2)問求問求m m及構(gòu)造函數(shù)時(shí)容易忽略定義域及構(gòu)造函數(shù)時(shí)容易忽略定義域. .(2)(2)第第(2)(2)問忽略對(duì)問忽略對(duì)m m分類討論或分類標(biāo)準(zhǔn)不準(zhǔn)確分類討論或分類標(biāo)準(zhǔn)不準(zhǔn)確. .【規(guī)律方法【規(guī)律方法】1.1.利用導(dǎo)數(shù)確定三次式、分式、以利用導(dǎo)數(shù)確定三次式、分式、以e e為底的指數(shù)式、對(duì)數(shù)式及三角式為底的指數(shù)式、對(duì)數(shù)式及三角式方程根

8、的個(gè)數(shù)或函數(shù)零點(diǎn)的方法方程根的個(gè)數(shù)或函數(shù)零點(diǎn)的方法(1)(1)構(gòu)建函數(shù)構(gòu)建函數(shù)g(xg(x)()(要求要求g(xg(x) )易求易求,g(x,g(x)=0)=0可解可解),),轉(zhuǎn)化為確定轉(zhuǎn)化為確定g(xg(x) )的零點(diǎn)個(gè)數(shù)問題求解的零點(diǎn)個(gè)數(shù)問題求解, ,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值, ,并確定定義并確定定義區(qū)間端點(diǎn)值的符號(hào)區(qū)間端點(diǎn)值的符號(hào)( (或變化趨勢(shì)或變化趨勢(shì)) )等等, ,畫出畫出g(xg(x) )的圖象草圖的圖象草圖, ,數(shù)形結(jié)合求數(shù)形結(jié)合求解解. .(2)(2)利用零點(diǎn)存在性定理利用零點(diǎn)存在性定理: :先用該定理判斷函數(shù)在某區(qū)間上有零點(diǎn)先用該定理判斷

9、函數(shù)在某區(qū)間上有零點(diǎn), ,然然后利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值后利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值( (最值最值) )及區(qū)間端點(diǎn)值的符號(hào)及區(qū)間端點(diǎn)值的符號(hào), ,進(jìn)進(jìn)而判斷函數(shù)在該區(qū)間上零點(diǎn)的個(gè)數(shù)而判斷函數(shù)在該區(qū)間上零點(diǎn)的個(gè)數(shù). .2.2.根據(jù)三次式、分式、以根據(jù)三次式、分式、以e e為底的指數(shù)式、對(duì)數(shù)式及三角式方程根的為底的指數(shù)式、對(duì)數(shù)式及三角式方程根的個(gè)數(shù)或函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)求參數(shù)取值范圍的方法個(gè)數(shù)或函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)求參數(shù)取值范圍的方法構(gòu)建函數(shù)構(gòu)建函數(shù)g(xg(x)()(要求要求g(xg(x) )易求易求,g(x,g(x)=0)=0可解可解),),利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值單調(diào)性

10、、極值, ,并確定定義區(qū)間端點(diǎn)值的情況等并確定定義區(qū)間端點(diǎn)值的情況等, ,畫出畫出g(xg(x) )的圖象草圖的圖象草圖, ,數(shù)形結(jié)合得參數(shù)的取值范圍或關(guān)于參數(shù)的不等式數(shù)形結(jié)合得參數(shù)的取值范圍或關(guān)于參數(shù)的不等式( (組組) )再求解再求解. .【變式訓(xùn)練【變式訓(xùn)練】(2015(2015長(zhǎng)春模擬長(zhǎng)春模擬) )設(shè)函數(shù)設(shè)函數(shù)f(x)=ln x-ax,g(xf(x)=ln x-ax,g(x)=e)=ex x-ax,-ax,其其中中a a為實(shí)數(shù)為實(shí)數(shù). .(1)(1)若若f(xf(x) )在在(1,+)(1,+)上是單調(diào)減函數(shù)上是單調(diào)減函數(shù), ,且且g(xg(x) )在在(1,+)(1,+)上有最小值上

11、有最小值, ,求求a a的取值范圍的取值范圍. .(2)(2)若若g(xg(x) )在在(-1,+)(-1,+)上是單調(diào)增函數(shù)上是單調(diào)增函數(shù), ,試求試求f(xf(x) )的零點(diǎn)個(gè)數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù), ,并證明并證明你的結(jié)論你的結(jié)論. .【解析【解析】(1)f(x)= -a0(1)f(x)= -a0在在(1,+)(1,+)上恒成立上恒成立, ,則則a ,x(1,+),a ,x(1,+),故故a1.g(x)=ea1.g(x)=ex x-a,-a,若若1ae,1ae,則則g(xg(x)=e)=ex x-a0-a0在在(1,+)(1,+)上恒成立上恒成立, ,此時(shí)此時(shí),g(x,g(x)=e)=ex x-a

12、x-ax在在(1,+)(1,+)上是單調(diào)增函數(shù)上是單調(diào)增函數(shù), ,無最小值無最小值, ,不合題意不合題意; ;若若ae,ae,則則g(xg(x)=e)=ex x-ax-ax在在(1,ln a)(1,ln a)上是單調(diào)減函數(shù)上是單調(diào)減函數(shù), ,在在(ln(ln a,+) a,+)上是上是單調(diào)增函數(shù)單調(diào)增函數(shù),g(x),g(x)minmin=g(ln=g(ln a), a),滿足題意滿足題意. .故故a a的取值范圍為的取值范圍為ae.ae.1x1x(2)g(x)=e(2)g(x)=ex x-a0-a0在在(-1,+)(-1,+)上恒成立，則上恒成立，則aeaex x, ,故故a ,f(x)= (

13、xa ,f(x)= (x0).0).若若0 0a ,a ,令令f(xf(x) )0 0，得增區(qū)間為，得增區(qū)間為(0, );(0, );令令f(xf(x) )0 0，得減區(qū)間為，得減區(qū)間為( ,+).( ,+).當(dāng)當(dāng)x0 x0時(shí)時(shí),f(x,f(x)-;)-;當(dāng)當(dāng)x+x+時(shí)，時(shí)，f(xf(x)-;)-;當(dāng)當(dāng)x= x= 時(shí)時(shí),f( )=-ln,f( )=-ln a-10 a-10，當(dāng)且僅當(dāng)，當(dāng)且僅當(dāng)a= a= 時(shí)取等號(hào)時(shí)取等號(hào). .故當(dāng)故當(dāng)a= a= 時(shí)，時(shí)，f(xf(x) )有有1 1個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)0 0a a 時(shí)，時(shí)，f(xf(x) )有有2 2個(gè)零點(diǎn)個(gè)零點(diǎn). .1e11 axaxx1e1

14、a1a1a1a1e1e1e若若a=0a=0時(shí)，則時(shí)，則f(x)=lnf(x)=ln x x，易得，易得f(xf(x) )有有1 1個(gè)零點(diǎn)個(gè)零點(diǎn). .若若a a0 0，則，則f(xf(x)= -a)= -a0 0在在(0,+)(0,+)上恒成立，上恒成立，即即f(x)=lnf(x)=ln x-ax x-ax在在(0,+)(0,+)上是單調(diào)增函數(shù)，上是單調(diào)增函數(shù)，當(dāng)當(dāng)x0 x0時(shí)，時(shí)，f(xf(x)-;)-;當(dāng)當(dāng)x+x+時(shí)時(shí),f(x,f(x)+.)+.此時(shí)，此時(shí)，f(xf(x) )有有1 1個(gè)零點(diǎn)個(gè)零點(diǎn). .綜上所述，當(dāng)綜上所述，當(dāng)a= a= 或或a0a0時(shí)時(shí),f(x,f(x) )有有1 1個(gè)零點(diǎn)

15、；個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)當(dāng)0 0a a 時(shí)時(shí),f(x,f(x) )有有2 2個(gè)零點(diǎn)個(gè)零點(diǎn). .1x1e1e【加固訓(xùn)練【加固訓(xùn)練】(2015(2015杭州模擬杭州模擬) )設(shè)函數(shù)設(shè)函數(shù)f(xf(x)=x)=x3 3+ax+ax2 2-a-a2 2x+m(a0).x+m(a0).(1)(1)若若a=1a=1時(shí)時(shí), ,函數(shù)函數(shù)f(xf(x) )有三個(gè)互不相同的零點(diǎn)有三個(gè)互不相同的零點(diǎn), ,求點(diǎn)求點(diǎn)m m的取值范圍的取值范圍. .(2)(2)若函數(shù)若函數(shù)f(xf(x) )在在-1,1-1,1內(nèi)沒有極值點(diǎn)內(nèi)沒有極值點(diǎn), ,求求a a的取值范圍的取值范圍. .(3)(3)若對(duì)任意的若對(duì)任意的a3,6,a3,6,不等式

16、不等式f(x)1f(x)1在在x-2,2x-2,2上恒成立上恒成立, ,求實(shí)求實(shí)數(shù)數(shù)m m的取值范圍的取值范圍. .【解析【解析】(1)(1)當(dāng)當(dāng)a=1a=1時(shí)時(shí),f(x,f(x)=x)=x3 3+x+x2 2-x+m,-x+m,因?yàn)橐驗(yàn)閒(xf(x) )有三個(gè)互不相同的零點(diǎn)有三個(gè)互不相同的零點(diǎn), ,所以所以f(xf(x)=x)=x3 3+x+x2 2-x+m=0,-x+m=0,即即-x-x3 3- -x x2 2+x=m+x=m有三個(gè)互不相同的實(shí)數(shù)根有三個(gè)互不相同的實(shí)數(shù)根. .令令g(xg(x)=-x)=-x3 3-x-x2 2+x,+x,則則g(xg(x)=-(3x-1)(x+1).)=-

17、(3x-1)(x+1).令令g(xg(x)0,)0,解得解得-1x ;-1x ;令令g(xg(x)0,)0,解得解得x-1x .x .所以所以g(xg(x) )在在(-,-1)(-,-1)和和( ,+)( ,+)上為減函數(shù)上為減函數(shù), ,131313在在(-1, )(-1, )上為增函數(shù)上為增函數(shù). .所以所以g(xg(x) )極極小值小值=g(-1)=-1,g(x)=g(-1)=-1,g(x)極極大值大值=g( )=g( )=所以所以m m的取值范圍是的取值范圍是(-1, ).(-1, ).13135.27527(2)(2)因?yàn)橐驗(yàn)閒(xf(x)=x)=x3 3+ax+ax2 2-a-a2

18、2x+m(a0),x+m(a0),所以所以f(xf(x)=3x)=3x2 2+2ax-a+2ax-a2 2. .因?yàn)橐驗(yàn)閒(xf(x) )在在x-1,1x-1,1內(nèi)沒有極值點(diǎn)內(nèi)沒有極值點(diǎn), ,所以方程所以方程f(xf(x)=3x)=3x2 2+2ax-a+2ax-a2 2=0=0在區(qū)間在區(qū)間-1,1-1,1上沒有實(shí)數(shù)根上沒有實(shí)數(shù)根, ,由由=4a=4a2 2-12-12(-a(-a2 2)=16a)=16a2 20,0,二次函數(shù)對(duì)稱軸二次函數(shù)對(duì)稱軸x=- 0,x=- 0,當(dāng)當(dāng)f(xf(x)=0)=0時(shí)時(shí), ,即即(3x-a)(x+a)=0,(3x-a)(x+a)=0,解得解得x=-ax=-a或

19、或x= ,x= ,所以所以 或或 -1(a-3-1(a3.a3.所以所以a a的取值范圍是的取值范圍是a|aa|a3.3.a3a3a1,a1,3a3(3)(3)令令f(xf(x)=3x)=3x2 2+2ax-a+2ax-a2 2=0,=0,解得解得x=-ax=-a或或x= ,x= ,且且a3,6a3,6時(shí)時(shí), , 1,2,-a-6,-3.1,2,-a-6,-3.又因?yàn)橛忠驗(yàn)閤-2,2,x-2,2,所以所以f(xf(x) )在在-2, )-2, )上小于上小于0,f(x)0,f(x)是減函數(shù)是減函數(shù); ;f(xf(x) )在在( ,2( ,2上大于上大于0,f(x)0,f(x)是增函數(shù)是增函數(shù);

20、 ;所以所以f(x)f(x)m maxax=maxf(-2),f(2),=maxf(-2),f(2),而而f(2)-f(-2)=16-4af(2)-f(-2)=16-4a2 20,0 x0時(shí)時(shí),x,x2 2eex x. .(3)(3)證明證明: :對(duì)任意給定的正數(shù)對(duì)任意給定的正數(shù)c,c,總存在總存在x x0 0, ,使得當(dāng)使得當(dāng)x(xx(x0 0,+),+)時(shí)時(shí), ,恒有恒有x x2 2cecex x. .【解題提示【解題提示】(1)(1)利用導(dǎo)數(shù)求極值利用導(dǎo)數(shù)求極值.(2).(2)構(gòu)造新函數(shù)構(gòu)造新函數(shù), ,利用導(dǎo)數(shù)求最利用導(dǎo)數(shù)求最值值.(3).(3)對(duì)對(duì)c c分分c c1,0c11,0c1分

21、類討論或?qū)Ψ诸愑懻摶驅(qū) x0 0取特殊值取特殊值, ,然后求解然后求解. .【規(guī)范解答【規(guī)范解答】方法一方法一:(1):(1)由由f(xf(x)=e)=ex x-ax,-ax,得得f(xf(x)=e)=ex x-a.-a.又又f(0)=1-a=-1,f(0)=1-a=-1,得得a=2.a=2.所以所以f(xf(x)=e)=ex x-2x,f(x)=e-2x,f(x)=ex x-2.-2.令令f(xf(x)=0,)=0,得得x=x=lnln2.2.當(dāng)當(dāng)xxlnln2 2時(shí)時(shí),f(x,f(x)0,f(x)xlnln2 2時(shí)時(shí),f(x,f(x)0,f(x)0,f(x)單調(diào)遞增單調(diào)遞增. .所以當(dāng)所

22、以當(dāng)x=x=lnln2 2時(shí)時(shí),f(x,f(x) )取得極小值取得極小值, ,且極小值為且極小值為f(f(lnln2)=e2)=elnln2 2-2-2lnln2=2-2=2-lnln4,f(x)4,f(x)無極大值無極大值. .(2)(2)令令g(xg(x)=e)=ex x-x-x2 2, ,則則g(xg(x)=e)=ex x-2x.-2x.由由(1)(1)得得g(xg(x)=f(x)f(ln2)0,)=f(x)f(ln2)0,故故g(xg(x) )在在R R上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增, ,又又g(0)=10,g(0)=10,因此因此, ,當(dāng)當(dāng)x0 x0時(shí)時(shí),g(x,g(x)g(0)0,)g(0)

23、0,即即x x2 2e0 x0時(shí)時(shí),x,x2 2e0 x0時(shí)時(shí),x,x2 2cecex x. .取取x x0 0=0,=0,當(dāng)當(dāng)x(xx(x0 0,+),+)時(shí)時(shí), ,恒有恒有x x2 2cecex x. .若若0c1,0c1,k= 1,要使不等式要使不等式x x2 2cekxkx2 2成立成立. .而要使而要使e ex xkxkx2 2成立成立, ,則只要?jiǎng)t只要xln(kxxln(kx2 2),),只要只要x2ln x+lnx2ln x+ln k k成立成立. .令令h(x)=x-2ln x-lnh(x)=x-2ln x-ln k, k,則則h(xh(x)=)=所以當(dāng)所以當(dāng)x2x2時(shí)時(shí),h(

24、x,h(x)0,h(x)0,h(x)在在(2,+)(2,+)內(nèi)單調(diào)遞增內(nèi)單調(diào)遞增. .取取x x0 0=16k16,=16k16,所以所以h(xh(x) )在在(x(x0 0,+),+)內(nèi)單調(diào)遞增內(nèi)單調(diào)遞增, ,又又h(xh(x0 0)=16k-2ln(16k)-ln k=8(k-ln2)+3(k-ln k)+5k,)=16k-2ln(16k)-ln k=8(k-ln2)+3(k-ln k)+5k,易知易知kln k,kkln k,kln2,5k0,ln2,5k0,所以所以h(xh(x0 0)0.)0.1c2x21.xx即存在即存在x x0 0= ,= ,當(dāng)當(dāng)x(xx(x0 0,+),+)時(shí)時(shí)

25、, ,恒有恒有x x2 2cecex x. .綜上綜上, ,對(duì)任意給定的正數(shù)對(duì)任意給定的正數(shù)c,c,總存在總存在x x0 0, ,當(dāng)當(dāng)x(xx(x0 0,+),+)時(shí)時(shí), ,恒有恒有x x2 2ce0 x0時(shí)時(shí),e,ex xxx2 2, ,所以所以e ex x= =當(dāng)當(dāng)xxxx0 0時(shí)時(shí),e,ex x 因此因此, ,對(duì)任意給定的正數(shù)對(duì)任意給定的正數(shù)c,c,總存在總存在x x0 0, ,當(dāng)當(dāng)x(xx(x0 0,+),+)時(shí)時(shí), ,恒有恒有x x2 2cecex x. .4,cxx2222xxee() () ,222222xx4 x1() ()()x ,22c 2c方法三方法三:(1):(1)同方

26、法一同方法一. .(2)(2)同方法一同方法一. .(3)(3)首先證明當(dāng)首先證明當(dāng)x(0,+)x(0,+)時(shí)時(shí), ,恒有恒有 x x3 3e0 x0時(shí)時(shí),x,x2 2eex x, ,從而從而h(xh(x)0,h(x)0,h(x)在在(0,+)(0,+)上單調(diào)遞減上單調(diào)遞減, ,所以所以h(xh(x)h(0)=-10,)h(0)=-10,即即 x x3 3exxx0 0時(shí)時(shí), ,有有 x x2 2 x x3 3eex x. .因此因此, ,對(duì)任意給定的正數(shù)對(duì)任意給定的正數(shù)c,c,總存在總存在x x0 0, ,當(dāng)當(dāng)x(xx(x0 0,+),+)時(shí)時(shí), ,恒有恒有x x2 2ce0,)0,即即0

27、xe0 xe時(shí)時(shí), ,函數(shù)函數(shù)f(xf(x) )單調(diào)遞增單調(diào)遞增; ;當(dāng)當(dāng)f(xf(x)0,)exe時(shí)時(shí), ,函數(shù)函數(shù)f(xf(x) )單調(diào)遞減單調(diào)遞減, ,故函數(shù)故函數(shù)f(xf(x) )的單調(diào)增區(qū)間為的單調(diào)增區(qū)間為(0,e),(0,e),單調(diào)減區(qū)間為單調(diào)減區(qū)間為(e,+).(e,+).ln xx，21 ln x.x(2)(2)因?yàn)橐驗(yàn)閑3,e3,所以所以eln3eln,lneln3eln,ln eln3, eln3,即即ln3ln3e elnlne e,ln e,ln eln3ln3. .于是根據(jù)函數(shù)于是根據(jù)函數(shù)y=ln x,y=ey=ln x,y=ex x,y=,y=x x在定義域上單調(diào)遞

28、增在定義域上單調(diào)遞增, ,可得可得3 3e ee e3 3,e,e3 3ee33. .故這故這6 6個(gè)數(shù)的最大數(shù)在個(gè)數(shù)的最大數(shù)在3 3與與3 3之中之中, ,最小數(shù)在最小數(shù)在3 3e e與與e e3 3之中之中. .由由e3e3及及(1)(1)的結(jié)論的結(jié)論, ,得得f()f(3)f(ef()f(3)f(e),),即即lnln 3ln e.3e由由 得得lnln3 3ln33 3; ;由由 得得ln3ln3e elnln e e3 3, ,所以所以3 3e eeln2-1aln2-1且且x0 x0時(shí)時(shí),e,ex xxx2 2-2ax+1.-2ax+1.【解析【解析】(1)(1)由由f(xf(x)

29、=e)=ex x-2x+2a,xR,f(x)=e-2x+2a,xR,f(x)=ex x-2,xR.-2,xR.令令f(xf(x)=0,)=0,得得x=ln2.x=ln2.于是當(dāng)于是當(dāng)x x變化時(shí)變化時(shí),f(x),f(x,f(x),f(x) )的變化情況如下表的變化情況如下表: :x x(-,ln(-,ln 2) 2)lnln 2 2(ln(ln 2,+) 2,+)f(xf(x) )- -0 0+ +f(xf(x) )單調(diào)遞減單調(diào)遞減2(1-ln 2+a)2(1-ln 2+a)單調(diào)遞增單調(diào)遞增故故f(xf(x) )的單調(diào)遞減區(qū)間是的單調(diào)遞減區(qū)間是(-,ln2),(-,ln2),單調(diào)遞增區(qū)間是單調(diào)

30、遞增區(qū)間是(ln2,+),f(x)(ln2,+),f(x)在在x=ln2x=ln2處取得極小值處取得極小值, ,極小值為極小值為f(ln2)=ef(ln2)=eln2ln2-2ln2+2a=2(1-ln2+a).-2ln2+2a=2(1-ln2+a).(2)(2)設(shè)設(shè)g(xg(x)=e)=ex x-x-x2 2+2ax-1,xR.+2ax-1,xR.于是于是g(xg(x)=e)=ex x-2x+2a,xR.-2x+2a,xR.由由(1)(1)知當(dāng)知當(dāng)aln2-1aln2-1時(shí)時(shí),g(x,g(x) )的最小值為的最小值為g(ln2)=2(1-ln2+a)0.g(ln2)=2(1-ln2+a)0.于是對(duì)任意于是對(duì)任意xRxR, ,都有都有g(shù)(xg(x)0,)0,所以所以g(xg(x) )在在R R內(nèi)單調(diào)遞增內(nèi)單調(diào)遞增. .于是當(dāng)于是當(dāng)aln2-1aln2-1時(shí)時(shí), ,對(duì)任意對(duì)任意x(0,+),x(0,+),都有都有g(shù)(xg(x)g(0).)g(0).又又g(0)=0,g(0)=0,從而對(duì)任意從而對(duì)任意x(0,+),g(x)0.x(0,+),g(x)0.即即e ex x-x-x2 2+2ax-10,+2ax-10,故故e ex xxx2 2-2ax+1.-2ax+1.