【世紀(jì)金榜】高三文科數(shù)學(xué)熱點專題突破：(一)導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

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1、熱點專題突破系列(一)導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用考點一考點一利用導(dǎo)數(shù)解決實際生活中的優(yōu)化問題利用導(dǎo)數(shù)解決實際生活中的優(yōu)化問題【考情分析【考情分析】以實際生活為背景以實際生活為背景, ,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) )某村莊擬修建一個無蓋的圓柱形蓄水池某村莊擬修建一個無蓋的圓柱形蓄水池( (不計厚度不計厚度).).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為何值時該蓄水池的體積最大為何值時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)因為蓄水池側(cè)面的總成本為因為蓄水池側(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, )時時,V(r,V(r)0,

5、) m 時，函數(shù)時，函數(shù)g(xg(x) )無零點；無零點；當(dāng)當(dāng)m= m= 時，函數(shù)時，函數(shù)g(xg(x) )有且只有一個零點；有且只有一個零點；當(dāng)當(dāng)0 0m m 時，函數(shù)時，函數(shù)g(xg(x) )有兩個零點；有兩個零點；當(dāng)當(dāng)m0m0時，函數(shù)時，函數(shù)g(xg(x) )有且只有一個零點有且只有一個零點. .綜上所述，當(dāng)綜上所述，當(dāng)m m 時，函數(shù)時，函數(shù)g(xg(x) )無零點；無零點；當(dāng)當(dāng)m= m= 或或m0m0時，函數(shù)時，函數(shù)g(xg(x) )有且只有一個零點；有且只有一個零點；當(dāng)當(dāng)0 0m m 時，函數(shù)時，函數(shù)g(xg(x) )有兩個零點有兩個零點. .2.3232323232323(3)(

6、3)對任意的對任意的b ba a0, 0, 1 1恒成立，恒成立，等價于等價于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( (* *) )等價于等價于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 (對對m= ,h(x)=0m= ,

7、h(x)=0僅在僅在x= x= 時成立時成立),),所以所以m m的取值范圍是的取值范圍是 ,+). ,+).f(b)f(a)bamx21m1xx121414141214【易錯警示【易錯警示】解答本題有兩點容易出錯解答本題有兩點容易出錯. .(1)(1)第第(2)(2)問求問求m m及構(gòu)造函數(shù)時容易忽略定義域及構(gòu)造函數(shù)時容易忽略定義域. .(2)(2)第第(2)(2)問忽略對問忽略對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、對數(shù)式及三角式為底的指數(shù)式、對數(shù)式及三角式方程根

8、的個數(shù)或函數(shù)零點的方法方程根的個數(shù)或函數(shù)零點的方法(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) )的零點個數(shù)問題求解的零點個數(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)間端點值的符號區(qū)間端點值的符號( (或變化趨勢或變化趨勢) )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)利用零點存在性定理利用零點存在性定理: :先用該定理判斷函數(shù)在某區(qū)間上有零點先用該定理判斷

9、函數(shù)在某區(qū)間上有零點, ,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)間端點值的符號及區(qū)間端點值的符號, ,進(jìn)進(jìn)而判斷函數(shù)在該區(qū)間上零點的個數(shù)而判斷函數(shù)在該區(qū)間上零點的個數(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、對數(shù)式及三角式方程根的為底的指數(shù)式、對數(shù)式及三角式方程根的個數(shù)或函數(shù)零點的個數(shù)求參數(shù)取值范圍的方法個數(shù)或函數(shù)零點的個數(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)間端點值的情況等并確定定義區(qū)間端點值的情況等, ,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長春模擬長春模擬) )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為實數(shù)為實數(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) )的零點個數(shù)的零點個數(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, ,此時此時,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時時,f(x,f(x)-;)-;當(dāng)當(dāng)x+x+時，時，f(xf(x)-;)-;當(dāng)當(dāng)x= x= 時時,f( )=-ln,f( )=-ln a-10 a-10，當(dāng)且僅當(dāng)，當(dāng)且僅當(dāng)a= a= 時取等號時取等號. .故當(dāng)故當(dāng)a= a= 時，時，f(xf(x) )有有1 1個零點；當(dāng)個零點；當(dāng)0 0a a 時，時，f(xf(x) )有有2 2個零點個零點. .1e11 axaxx1e1

14、a1a1a1a1e1e1e若若a=0a=0時，則時，則f(x)=lnf(x)=ln x x，易得，易得f(xf(x) )有有1 1個零點個零點. .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，時，f(xf(x)-;)-;當(dāng)當(dāng)x+x+時時,f(x,f(x)+.)+.此時，此時，f(xf(x) )有有1 1個零點個零點. .綜上所述，當(dāng)綜上所述，當(dāng)a= a= 或或a0a0時時,f(x,f(x) )有有1 1個零點

15、；個零點；當(dāng)當(dāng)0 0a a 時時,f(x,f(x) )有有2 2個零點個零點. .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時時, ,函數(shù)函數(shù)f(xf(x) )有三個互不相同的零點有三個互不相同的零點, ,求點求點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)沒有極值點內(nèi)沒有極值點, ,求求a a的取值范圍的取值范圍. .(3)(3)若對任意的若對任意的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, ,求實求實數(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時時,f(x,f(x)=x)=x3 3+x+x2 2-x+m,-x+m,因為因為f(xf(x) )有三個互不相同的零點有三個互不相同的零點, ,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有三個互不相同的實數(shù)根有三個互不相同的實數(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)因為因為f(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. .因為因為f(xf(x) )在在x-1,1x-1,1內(nèi)沒有極值點內(nèi)沒有極值點, ,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上沒有實數(shù)根上沒有實數(shù)根, ,由由=4a=4a2 2-12-12(-a(-a2 2)=16a)=16a2 20,0,二次函數(shù)對稱軸二次函數(shù)對稱軸x=- 0,x=- 0,當(dāng)當(dāng)f(xf(x)=0)=0時時, ,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時時, , 1,2,-a-6,-3.1,2,-a-6,-3.又因為又因為x-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時時,x,x2 2eex x. .(3)(3)證明證明: :對任意給定的正數(shù)對任意給定的正數(shù)c,c,總存在總存在x x0 0, ,使得當(dāng)使得當(dāng)x(xx(x0 0,+),+)時時, ,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)對對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時時,f(x,f(x)0,f(x)xlnln2 2時時,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時時,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時時,g(x,g(x)g(0)0,)g(0)

23、0,即即x x2 2e0 x0時時,x,x2 2e0 x0時時,x,x2 2cecex x. .取取x x0 0=0,=0,當(dāng)當(dāng)x(xx(x0 0,+),+)時時, ,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, ,則只要則只要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時時,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,+),+)時時

25、, ,恒有恒有x x2 2cecex x. .綜上綜上, ,對任意給定的正數(shù)對任意給定的正數(shù)c,c,總存在總存在x x0 0, ,當(dāng)當(dāng)x(xx(x0 0,+),+)時時, ,恒有恒有x x2 2ce0 x0時時,e,ex xxx2 2, ,所以所以e ex x= =當(dāng)當(dāng)xxxx0 0時時,e,ex x 因此因此, ,對任意給定的正數(shù)對任意給定的正數(shù)c,c,總存在總存在x x0 0, ,當(dāng)當(dāng)x(xx(x0 0,+),+)時時, ,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,+)時時, ,恒有恒有 x x3 3e0 x0時時,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時時, ,有有 x x2 2 x x3 3eex x. .因此因此, ,對任意給定的正數(shù)對任意給定的正數(shù)c,c,總存在總存在x x0 0, ,當(dāng)當(dāng)x(xx(x0 0,+),+)時時, ,恒有恒有x x2 2ce0,)0,即即0

27、xe0 xe時時, ,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時時, ,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)因為因為e3,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個數(shù)的最大數(shù)在個數(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時時,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變化時變化時,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時時,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.于是對任意于是對任意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時時, ,對任意對任意x(0,+),x(0,+),都有都有g(shù)(xg(x)g(0).)g(0).又又g(0)=0,g(0)=0,從而對任意從而對任意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.