资源简介

(共52张PPT)
章末综合提升
第二章　导数及其应用
巩固层·知识整合
NO.1
提升层·题型探究
NO.2
类型1
类型2
类型3
类型4
培优层·素养升华
NO.3
谢谢观看
THANK
YOU!
平均变化率
变化的快慢与变化率
瞬时变化率
导数的概念及「函数在某点处的瞬时变化率
其几何意义曲线(x在某点处的切线的斜率
导数的加法与减法法则
数及其应用
导数的计算导数的乘法与除法法则
f简单复合函数的求导法则
利用导数研究函
导数在研究函数数的单调性
性质中的应用
利用导数研究函
导数应用
数的极值(最值)
认识实际问题中
导数在解决实际凵导数的意义
问题中的应用
利用导数解决最
值问题
反思领悟
●●●。
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章末综合测评(二)
(满分：150分　时间：120分钟)
一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．曲线y＝x2－2x在点处的切线的倾斜角为(　　)
A．－135°　　　B．45°　　　C．－45°　　　D．135°
D　[∵y′＝x－2，∴处的切线斜率为－1，倾斜角为135°．]
2．下列求导运算正确的是(　　)
A．(cos
x)′＝sin
x
　
B．(ln
2x)′＝
C．(3x)′＝3xlog3e
　
D．(x2ex)′＝2xex
B　[(cos
x)′＝－sin
x，(3x)′＝3xln
3，(x2ex)′＝2xex＋x2ex．]
3．函数f(x)＝x＋2cos
x在上取最大值时的x值为(　　)
A．0　　
B．
　　C．　　
D．
B　[由f′(x)＝1－2sin
x＝0，得sin
x＝，
又x∈，所以x＝，当x∈时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0，故x＝时取得最大值．]
4．函数f(x)＝x2－ln
x的单调递减区间是(　　)
A．
B．
C．，
D．，
A　[∵f′(x)＝2x－＝，当0＜x≤时，f′(x)≤0，故f(x)的单调递减区间为．]
5．某厂生产某种产品x件的总成本：C(x)＝1
200＋x3，且产品单价的平方与产品件数x成反比，生产100件这样的产品的单价为50元，总利润最大时，产量应定为(　　)
A．15件
　
B．20件
C．25件
　
D．30件
C　[设产品单价为a元，又产品单价的平方与产品件数x成反比，即a2x＝k，由题知k＝250
000，则a2x＝250
000，所以a＝．
总利润y＝500－x3－1
200(x>0)，y′＝－x2，
由y′＝0，得x＝25，x∈(0，25)时，y′>0，x∈(25，＋∞)时，y′<0，所以x＝25时，y取最大值．]
6．函数f(x)＝x3－3ax－a在(0，1)内有最小值，则a的取值范围为(　　)
A．[0，1)　
B．(0，1)
C．(－1，1)
D．
B　[f′(x)＝3x2－3a，由于f(x)在(0，1)内有最小值，故a>0，且f′(x)＝0的解为x1＝，x2＝－，则∈(0，1)，∴07．曲线f(x)＝ln(2x－1)上的点到直线2x－y＋3＝0的最短距离是(　　)
A．1
　
B．2
C．
D．3
C　[直线2x－y＋3＝0的斜率为2，f′(x)＝，令＝2，解得x＝1，
由于f(1)＝ln(2－1)＝0，
故曲线f(x)过(1，0)的切线斜率为2，则点(1，0)到直线2x－y＋3＝0的距离d＝＝，
即曲线f(x)＝ln(2x－1)上的点到直线2x－y＋3＝0的最短距离是，故选C．]
8．已知函数f(x)＝x3－4x＋2ex－2e－x，其中e为自然对数的底数，若f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，－1]　　
B．
C．　
D．
D　[f′(x)＝x2－4＋2ex＋2e－x≥x2－4＋2＝x2≥0，∴f(x)在R上是增函数．
又f(－x)＝－x3＋4x＋2e－x－2ex＝－f(x)，知f(x)为奇函数．
故f(a－1)＋f(2a2)≤0?f(a－1)≤f(－2a2)，
∴a－1≤－2a2，解之得－1≤a≤．]
二、选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对得3分)
9．已知函数y＝f(x)，其导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)(　　)
A．在(－∞，0)上为增函数
B．在(4，＋∞)上为减函数
C．在x＝0与x＝4处取极大值，在x＝2处取极小值
D．x＝1不是极值点
ABCD　[在(－∞，0)上，f′(x)>0，故f(x)在(－∞，0)上为增函数；在(4，＋∞)上，f′(x)<0，f(x)为减函数；在x＝0与x＝4处，f′(x)由正变负，f(x)由增变减，故在x＝0与x＝4处取极大值；在x＝2处，f′(x)由负变正，f(x)由减变增，故在x＝2处取极小值；在x＝1处，f′(x)<0，故x＝1不是极值点．]
10．若函数f(x)＝x2＋ax＋在上是增函数，则实数a的可能取值是(　　)
A．7
B．8
C．9
D．10
CD　[∵f(x)＝x2＋ax＋在上是增函数，
∴f′(x)＝2x＋a－≥0在上恒成立，
∵f′(x)＝2x＋a－在上递增，
∴f′＝－9＋a≥0，∴a≥．故选CD．]
11．已知a∈R，函数f(x)＝x3－ax2＋ax＋2的导函数f′(x)在(－∞，1)上有最小值，若函数g(x)＝，则(　　)
A．g(x)在[1，＋∞)上有最大值
B．g(x)在[1，＋∞)上有最小值
C．g(x)在[1，＋∞)上为减函数
D．g(x)在[1，＋∞)上为增函数
BD　[函数f(x)＝x3－ax2＋ax＋2的导函数f′(x)＝x2－2ax＋a，f′(x)图象的对称轴为x＝a，又导函数f′(x)在(－∞，1)上有最小值，所以a<1．函数g(x)＝＝x＋－2a，g′(x)＝1－＝，当x∈[1，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)在[1，＋∞)上为增函数．故选BD．]
12．已知函数y＝f(x)对于任意的x∈满足f′(x)·cos
x＋f(x)sin
x＝1＋ln
x，其中f′(x)是函数f(x)的导函数，则下列不等式不成立的是(　　)
A．f
　　
B．f
>f
C．f
>f
　　
D．f
>f
AC　[令g(x)＝，则g′(x)＝＝．
由
解得由
解得0又>>，所以g>g＞g，
所以＞＞，即f
>f
＞f
．]
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确的答案填在题中的横线上)
13．函数y＝2x3－6x2＋11的单调递减区间为________．
(0，2)　[y′＝6x2－12x，令6x2－12x<0，得014．已知函数f(x)＝x－sin
x，x∈(0，π)，则f(x)的最小值为________．
　[令f′(x)＝－cos
x＝0，得x＝．
当x∈时，f′(x)<0；当x∈时，f′(x)>0，f(x)在x＝处取得极小值．又f(x)在(0，π)上只有一个极值点，易知f
＝×－＝，即为f(x)的最小值．]
15．已知函数f(x)＝xex＋c有两个零点，则c的取值范围是________．
(－∞，e－1)　[∵f′(x)＝ex(x＋1)，∴易知f(x)在(－∞，－1)上是减少的，在(－1，＋∞)上是增加的，且f(x)min＝f(－1)＝c－e－1，由题意得c－e－1<0，得c16．设函数f(x)＝
(1)若a＝0，则f(x)的最大值为________；
(2)若f(x)无最大值，则实数a的取值范围是________．
(1)2　(2)(－∞，－1)　[(1)若a＝0，则f(x)＝
当x>0时，f(x)＝－2x<0；
当x≤0时，f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，
当x<－1时，f′(x)>0，f(x)是增函数；
当－1∴f(x)≤f(－1)＝2．∴f(x)的最大值为2．
(2)在同一平面直角坐标系中画出y＝－2x和y＝x3－3x的图象，如图所示，
当a<－1时，f(x)无最大值；
当－1≤a≤2时，f(x)max＝2；
当a>2时，f(x)max＝a3－3a．
综上，当a∈(－∞，－1)时，f(x)无最大值．]
四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)已知函数f(x)＝ln
x－ex＋m在x＝1处有极值，求m的值及f(x)的单调区间．
[解]　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－ex＋m，
由题意f′(1)＝0，解得m＝－1，
∴f′(x)＝－ex－1，
利用基本函数单调性可知，在(0，＋∞)上f′(x)是减少的，且f′(1)＝0，
所以当00，f(x)是增加的，当x>1时，f′(x)<0，f(x)是减少的．
∴f(x)的单调增区间是(0，1)，单调减区间是(1，＋∞)．
18．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝2ln
x＋(a>0)．若当x∈(0，＋∞)时，f(x)≥2恒成立，求实数a的取值范围．
[解]　f(x)≥2，即a≥2x2－2x2ln
x．
令g(x)＝2x2－2x2ln
x，则g′(x)＝2x(1－2ln
x)．
由g′(x)＝0得x＝eeq
\s\up12()，或x＝0(舍去)，且0\s\up12()时，g′(x)>0；
当x>eeq
\s\up12()时，g′(x)<0，
∴x＝eeq
\s\up12()时g(x)取最大值g(eeq
\s\up12())＝e，
∴a≥e．
19．(本小题满分12分)设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4．
(1)求a，b的值；
(2)求f(x)的单调区间．
[解]　(1)因为f(x)＝xea－x＋bx，
所以f′(x)＝(1－x)ea－x＋b．
依题设有即
解得
(2)由(1)知f(x)＝xe2－x＋ex．
由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x>0知，f′(x)与1－x＋ex－1同号．
令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1．
所以，当x∈(－∞，1)时，g′(x)<0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．
故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值，
从而g(x)>0，x∈(－∞，＋∞)．
综上可知，f′(x)>0，x∈(－∞，＋∞)，
故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．
20．(本小题满分12分)已知某厂生产x件产品的成本C＝25
000＋200x＋x2(单位：元)．
(1)要使平均成本最低，应生产多少件产品？
(2)若产品以每件500元售出，要使利润最大，则应生产多少件产品？
[解]　(1)设平均成本为y元，则y＝＝＋200＋，y′＝＝－＋，
令y′＝0，得x1＝1
000，x2＝－1
000(舍去)．
当在x＝1
000附近左侧时y′<0，当在x＝1
000附近右侧时y′>0，
故当x＝1
000时，函数取得极小值，由于函数只有一个点使y′＝0，且函数在该点有极小值，故函数在该点取得最小值，
因此，要使平均成本最低，应生产1
000件产品．
(2)利润函数L＝500x－＝300x－25
000－．
L′＝＝300－，
令L′＝0，解得x＝6
000．
当在x＝6
000附近左侧时L′>0，当在x＝6
000附近右侧时L′<0，
故当x＝6
000时，函数取得极大值，
由于函数只有一个使L′＝0的点，且函数在该点有极大值，故函数在该点取得最大值．
因此，要使利润最大，应生产6
000件产品．
21．(本小题满分12分)若函数f(x)＝ax3－bx＋4，当x＝2时，函数f(x)有极值－．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若方程f(x)＝k有3个不同的根，求实数k的取值范围．
[解]　(1)f′(x)＝3ax2－b，由题意，得，
即解得
∴f(x)＝x3－4x＋4．
(2)由(1)可得f′(x)＝x2－4＝(x－2)(x＋2)，
令f′(x)＝0，得x＝2或x＝－2．
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表：
x
(－∞，－2)
－2
(－2，2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
↘
－
↗
因此，当x＝－2时，f(x)有极大值，当x＝2时，f(x)有极小值－，所以函数f(x)＝x3－4x＋4的图象大致如图所示．
若f(x)＝k有3个不同的根，则直线y＝k与函数f(x)的图象有3个交点，∴－∴实数k的取值范围为．
22．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝x3－x2＋x．
(1)求曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程；
(2)当x∈[－2，4]时，求证：x－6≤f(x)≤x．
[解]　(1)由f(x)＝x3－x2＋x，得f′(x)＝x2－2x＋1．
令f′(x)＝1，即x2－2x＋1＝1，得x＝0或x＝．
又f(0)＝0，f
＝，
所以曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程是y＝x与y－＝x－，即y＝x与y＝x－．
(2)令g(x)＝f(x)－x，x∈[－2，4]．
由g(x)＝x3－x2，得g′(x)＝x2－2x．
令g′(x)＝0，得x＝0或x＝．
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下：
x
－2
(－2，0)
0
4
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)
－6
↗
0
↘
－
↗
0
所以g(x)在[－2，4]上的最小值为－6，最大值为0．
故－6≤g(x)≤0，即x－6≤f(x)≤x．
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类型1　导数的几何意义及其应用
【例1】　已知曲线y＝x3＋．
(1)求曲线在点P(2，4)处的切线方程；
(2)求曲线过点P(2，4)的切线方程；
(3)求斜率为4的曲线的切线方程．
[解]　(1)∵P(2，4)在曲线y＝x3＋上，且y′＝x2，
∴在点P(2，4)处的切线的斜率k＝y′|x＝2＝4．
∴曲线在点P(2，4)处的切线方程为y－4＝4(x－2)，
即4x－y－4＝0．
(2)设曲线y＝x3＋与过点P(2，4)的切线相切于点A，
则切线的斜率k＝y′|＝x．
∴切线方程为y－＝x(x－x0)，即y＝x·x－x＋．
∵点P(2，4)在切线上，
∴4＝2x－x＋，即x－3x＋4＝0．
∴x＋x－4x＋4＝0．
∴x(x0＋1)－4(x0＋1)(x0－1)＝0．
∴(x0＋1)(x0－2)2＝0，
解得x0＝－1或x0＝2，
故所求的切线方程为4x－y－4＝0或x－y＋2＝0．
(3)设切点为(x0，y0)，则切线的斜率k＝x＝4，
∴x0＝±2．
∴切点为(2，4)或．
∴斜率为4的曲线的切线方程为y－4＝4(x－2)和y＋＝4(x＋2)，
即4x－y－4＝0和12x－3y＋20＝0．
1．导数的几何意义
f′(x0)是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x)0)处的切线的斜率．
2．导数的几何意义的应用
曲线在点P(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝f′(x0)(x－x0)．
3．围绕着切点有三个等量关系，在求解参数问题中经常用到．
[跟进训练]
1．函数f(x)＝x4－2x3的图象在点(1，f(1))处的切线方程为(　　)
A．y＝－2x－1　
B．y＝－2x＋1
C．y＝2x－3
D．y＝2x＋1
B　[法一：∵f(x)＝x4－2x3，∴f′(x)＝4x3－6x2，
∴f′(1)＝－2，又f(1)＝1－2＝－1，∴所求的切线方程为y＋1＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1．故选B．
法二：∵f(x)＝x4－2x3，∴f′(x)＝4x3－6x2，f′(1)＝－2，∴切线的斜率为－2，排除C，D．又f(1)＝1－2＝－1，∴切线过点(1，－1)，排除A．故选B．]
类型2　利用导数研究函数的性质
【例2】　(1)若a≥－1，求函数f(x)＝ax－(a＋1)ln(x＋1)的单调区间；
(2)求函数f(x)＝exsin
x－x在区间上的最大值和最小值．
(3)若a＞0，求g(x)＝＋＋的极值点．
[解]　(1)由已知得函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)，且f′(x)＝(a≥－1)，
当－1≤a≤0时，f′(x)＜0，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递减；
当a＞0时，由f′(x)＝0，解得x＝．
f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：
x
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
极小值
↗
从上表可知，当x∈时，f′(x)＜0，函数f(x)在上单调递减；
当x∈时，f′(x)＞0，函数f(x)在上单调递增．
综上所述，当－1≤a≤0时，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递减．
当a＞0时，函数f(x)在上单调递减，函数f(x)在上单调递增．
(2)f′(x)＝ex(sin
x＋cos
x)－1，设h(x)＝ex(sin
x＋cos
x)－1，则h′(x)＝ex(sin
x＋cos
x－sin
x＋cos
x)＝2excos
x．
当x∈时，h′(x)≥0，所以h(x)在区间上单调递增．
所以对任意x∈，有h(x)≥h(0)＝0，即f′(x)≥0．
所以函数f(x)在区间上单调递增．
因此f(x)在区间上的最小值为f(0)＝0，最大值为f
＝eeq
\s\up12()－．
(3)g(x)的定义域为x≠0．
g′(x)＝－，
设u＝x2＋4x＋3a，Δ＝16－12a，
当a≥时，Δ≤0，即g′(x)≤0，
所以y＝g(x)没有极值点．
当0＜a＜时，x1＝－2－，x2＝－2＋＜0．
∴g(x)的递减区间为(－∞，x1)，(x2，0)，(0，＋∞)，递增区间为(x1，x2)．
∴g(x)有两个极值点x1＝－2－，x2＝－2＋．
1．判断函数“极值”是否存在时，务必把握以下原则：
(1)确定函数f(x)的定义域．
(2)解方程f′(x)＝0．
(3)检验f′(x)＝0的根的两侧f′(x)的符号：
若左正右负，则f(x)在此根处取得极大值；
若左负右正，则f(x)在此根处取得极小值．
导数的零点未必是极值点，解题时，这一点务必要注意．
2．求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最大值、最小值的方法与步骤：
(1)求f(x)在(a，b)内的极值；
(2)将(1)求得的极值与f(a)，f(b)相比较，其中最大的一个值为最大值，最小的一个值为最小值．
[跟进训练]
2．已知函数f(x)＝x2＋bx＋c(b，c∈R)，F(x)＝，若F(x)的图像在x＝0处的切线方程为y＝－2x＋c，求b与c的值．
[解]　∵f′(x)＝2x＋b，∴F(x)＝，∴F′(x)＝．
又F(x)的图像在x＝0处的切线方程为y＝－2x＋c．
∴解之得b＝c＝4．
3．已知g(x)＝ax－ln
x，a∈R，是否存在实数a，当x∈(0，e](e是自然对数的底数)时，函数g(x)的最小值是3？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
[解]　假设存在实数a，使g(x)＝ax－ln
x(x∈(0，e])有最小值3．g′(x)＝a－＝．
①当a≤0时，g′(x)＜0，
所以g(x)在(0，e]上单调递减，g(x)min＝g(e)＝ae－1＝3，a＝(舍去)．
②当≥e时，g′(x)＜0在(0，e]上恒成立，
所以g(x)在(0，e]上单调递减．
g(x)min＝g(e)＝ae－1＝3，a＝(舍去)．
③当0＜＜e时，令g′(x)＜0?0＜x＜，所以g(x)在上单调递减，在上单调递增．
所以g(x)min＝g＝1＋ln
a＝3，a＝e2，满足条件．
综上，存在实数a＝e2，使得当x∈(0，e]时，g(x)有最小值3．
类型3　导数在研究不等式中的应用
【例3】　已知函数f(x)＝x2ex－1－x3－x2，g(x)＝x3－x2，试比较f(x)与g(x)的大小．
[解]　f(x)－g(x)＝x2ex－1－x3＝x2(ex－1－x)．
设h(x)＝ex－1－x，则h′(x)＝ex－1－1，
由h′(x)＝0得x＝1，则当x＜1时，h′(x)＜0，即函数h(x)在(－∞，1)上单调递减，因此当x＜1时，h(x)＞h(1)＝0．
当x＞1时，h′(x)＞0，即函数h(x)在(1，＋∞)上单调递增，因此当x＞1时，h(x)＞h(1)＝0．
当x＝1时，h(1)＝0．
综上所述，对任意实数x，都有h(x)≥0，
又因为对任意实数x，都有x2≥0，
所以f(x)－g(x)≥0，
故对任意实数x，恒有f(x)≥g(x)．
利用导数解决不等式问题，其实质就是利用导数研究函数的单调性，因此，解决该类问题通常是构造一个函数，然后考查这个函数的单调性．
要证不等式f(x)＞g(x)，则构造函数φ(x)＝f(x)－g(x)，只需证φ(x)＞0即可，由此转化成求φ(x)最小值问题，借助于导数解决．
解决恒成立问题的方法：
(1)若关于x的不等式f(x)≤m在区间D上恒成立，则转化为f(x)max≤m．
(2)若关于x的不等式f(x)≥m在区间D上恒成立，则转化为f(x)min≥m．
[跟进训练]
4．已知函数f(x)＝xln
x．若对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥恒成立，求实数m的最大值．
[解]　由题意得2f(x)≥－x2＋mx－3，即mx≤2xln
x＋x2＋3．
又x＞0，
∴m≤，令h(x)＝，
则h′(x)＝＝
＝，
令h′(x)＝0，解得x＝1或x＝－3(舍)．
当x∈(0，1)时，h′(x)＜0，函数h(x)在(0，1)上单调递减，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，函数h(x)在(1，＋∞)上单调递增．
∴h(x)min＝h(1)＝4，即m的最大值为4．
类型4　导数的实际应用
【例4】　甲方是一园林公司，乙方是一开发公司，由于乙方开发建设需占用甲方资源，因此甲方向乙方索赔以弥补经济损失．在乙方不赔付甲方的情况下，乙方的年利润x(元)与年产量t(吨)满足函数关系x＝2
000，乙方每生产一吨产品必须赔付甲方s(元)(以下称s为赔付价格)．
(1)将乙方的年利润W(元)表示为年产量t(吨)的函数，并求出乙方获得最大利润的年产量(用s表示)；
(2)若甲方每年受乙方生产影响的经济损失y＝0.002t2
(t为乙方年产量)，在乙方按照获得最大利润的产量进行生产的前提下，甲方要在索赔中获得最大收入，应向乙方要求的赔付价格s是多少？
[解]　(1)因为赔付价格为s元/吨，所以乙方的实际年利润为W＝2
000－st，由W′＝－s＝，令W′＝0，得t＝t0＝，
当t＜t0时，W′＞0；当t＞t0时，W′＜0，所以t＝t0时，W取最大值．
因此乙方取得最大年利润的年产量为t＝
(吨)．
(2)甲的收入函数y＝s·－0.002，则y′＝(8
000－s3)，
当s＞20时，y′＜0，函数y＝s·－0.002单调递减；
当s＜20时，y′＞0，函数y＝s·－0.002单调递增；
∴当s＝20时，y取最大值．
解决优化问题的步骤
(1)分析问题中各个数量之间的关系，建立适当的函数模型，并确定函数的定义域．
(2)通过研究相应函数的性质，如单调性、极值与最值，提出优化方案，使问题得以解决，在这个过程中，导数是一个有力的工具．
(3)验证数学问题的解是否满足实际意义．
[跟进训练]
5．统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时耗油量y(升)关于行驶速度x(千米/小时)的函数解析式可以表示为y＝x3－x＋8(0＜x≤120)．已知甲、乙两地相距100千米．
(1)当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？
(2)当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？
[解]　(1)当x＝40时，汽车从甲地到乙地行驶了＝2.5小时，
要耗油×2.5＝17.5(升)．
所以当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油17.5升．
(2)当速度为x千米/小时，汽车从甲地到乙地行驶了小时，设耗油量为h(x)升，依题意得
h(x)＝·＝x2＋－(0＜x＜120)，
h′(x)＝－＝(0＜x≤120)，
令h′(x)＝0，得x＝80．
当x∈(0，80)时，h′(x)＜0，h(x)是减函数；
当x∈(80，120)时，h′(x)＞0，h(x)是增函数．
∴当x＝80时，h(x)取到极小值h(80)＝11.25．
因为h(x)在(0，120)上只有一个极值，所以它是最小值．
所以当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，最少为11.25升．
【例】　已知函数f(x)＝x3－a(x2＋x＋1)．
(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)只有一个零点．
[解]　(1)当a＝3时，f(x)＝x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3．
令f′(x)＝0，解得x＝3－2或x＝3＋2．
当x∈(－∞，3－2)∪(3＋2，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(3－2，3＋2)时，f′(x)<0．
故f(x)在(－∞，3－2)，(3＋2，＋∞)单调递增，在(3－2，3＋2)单调递减．
(2)由于x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等价于－3a＝0．
设g(x)＝－3a，则g′(x)＝≥0，
仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增．
故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．
又f(3a－1)＝－6a2＋2a－＝－62－<0，f(3a＋1)＝>0，故f(x)有一个零点．
综上，f(x)只有一个零点．
(1)本题第(2)问是从两个方面来证明的，一是利用函数的单调性来证明至多有一个零点；二是用函数的零点存在性定理来证明至少有一个零点．这是解决这一类问题的基本思路．
(2)证明至少有一个零点的关键是找到有解区间，本题的有解区间不是一个定区间，随着a的变化而变化，我们的想法是：(1)这个区间要用a表示；(2)要消去三次项，由此可构造有解区间[3a－1，3a＋1]．
[素养提升练]
已知函数f(x)＝ln
x－ax2＋x有两个不同的零点，求实数a的取值范围．
[解]　令g(x)＝ln
x，h(x)＝ax2－x，
当a≤0时，g(x)和h(x)的图象只有一个交点，不满足题意；
当a>0时，由ln
x－ax2＋x＝0，得a＝．
令r(x)＝，则r(x)的定义域为(0，＋∞)．
则r′(x)＝＝，易知r′(1)＝0，
当00，r(x)是增函数，
当x>1时，r′(x)<0，r(x)是减函数，且>0，
r(x)max＝r(1)＝1，所以0故实数a的取值范围是(0，1)．
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