资源描述
第12讲 导数的综合应用
[最新考纲]
1．利用导数争辩函数的单调性、极(最)值，并会解决与之有关的方程(不等式)问题；
2．会利用导数解决某些简洁的实际问题.
知 识 梳 理
1．生活中的优化问题
通常求利润最大、用料最省、效率最高等问题称为优化问题，一般地，对于实际问题，若函数在给定的定义域内只有一个极值点，那么该点也是最值点．
2．利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤
3．导数在争辩方程(不等式)中的应用
争辩函数的单调性和极(最)值等离不开方程与不等式；反过来方程的根的个数、不等式的证明、不等式恒成立求参数等，又可转化为函数的单调性、极值与最值的问题，利用导数进行争辩．
辨 析 感 悟
1．函数最值与不等式(方程)的关系
(1)(教材习题改编)对任意x>0，ax2＋(3a－1)x＋a≥0恒成立的充要条件是a∈.(√)
(2)(2011·辽宁卷改编)已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是(－∞，2ln 2－2]．(√)
2．关于实际应用问题
(3)实际问题中函数定义域要由实际问题的意义和函数解析式共同确定．(√)
(4)若实际问题中函数定义域是开区间，则不存在最优解．(×)
(5)(2022·贵阳调研改编)已知某生产厂家的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：万件)的函数关系式为y＝－x3＋81x－234，则使该生产厂家猎取最大年利润的年产量为9万件．(√)
[感悟·提升]
1．两个转化 一是利用导数争辩含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．留意分类争辩与数形结合思想的应用；
二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理，如(2)．
2．两点留意 一是留意实际问题中函数定义域，由实际问题的意义和解析式共同确定，如(3)．
二是在实际问题中，假如函数在区间内只有一个极值点，那么可直接依据实际意义判定是最大值还是最小值，如(4)．若在开区间内有极值，则肯定有最优解.
考点一 导数在方程(函数零点)中的应用
【例1】 (2021·北京卷)已知函数f(x)＝x2＋xsin x＋cos x.
(1)若曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，求a与b的值；
(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，求b的取值范围．
审题路线 (1)由导数的几何意义，知f′(a)＝0且f(a)＝b，解方程得a，b的值．(2)两曲线的交点问题，转化为方程x2＋xsin x＋
cos x－b＝0.通过判定零点个数来求解．
解 由f(x)＝x2＋xsin x＋cos x，得f′(x)＝2x＋sin x＋x(sin x)′－sin x＝x(2＋cos x)．
(1)由于曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，所以f′(a)＝a(2＋cos a)＝0，b＝f(a)．
解得a＝0，b＝f(0)＝1.
(2)设g(x)＝f(x)－b＝x2＋xsin x＋cos x－b.
令g′(x)＝f′(x)－0＝x(2＋cos x)＝0，得x＝0.
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化状况如下表：
x
(－∞，0)
0
(0，＋∞)
g′(x)
－
0
＋
g(x)
·
1－b
·
所以函数g(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，且g(x)的最小值为g(0)＝1－b.
①当1－b≥0时，即b≤1时，g(x)＝0至多有一个实根，曲线y＝f(x)与y＝b最多有一个交点，不合题意．
②当1－b<0时，即b>1时，有g(0)＝1－b<0，
g(2b)＝4b2＋2bsin 2b＋cos 2b－b>4b－2b－1－b>0.
∴y＝g(x)在(0,2b)内存在零点，
又y＝g(x)在R上是偶函数，且g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴y＝g(x)在(0，＋∞)上有唯一零点，在(－∞，0)也有唯一零点．
故当b>1时，y＝g(x)在R上有两个零点，
则曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点．
综上可知，假如曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，那么b的取值范围是(1，＋∞)．
规律方法 (1)在解答本题(2)问时，可转化为判定f(x)＝b有两个实根时实数b应满足的条件，并留意g(x)的单调性、奇偶性、最值的机敏应用．另外还可作出函数y＝f(x)的大致图象，直观判定曲线交点个数，但应留意严谨性，进行必要的论证．
(2)该类问题的求解，一般利用导数争辩函数的单调性、极值等性质，并借助函数图象，依据零点或图象的交点状况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一.
同学用书第43页
【训练1】 (2022·天津卷节选)已知函数f(x)＝x3＋x2－ax－a，x∈R，其中a＞0.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点，求a的取值范围．
解 (1)f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)．
由f′(x)＝0，得x＝－1或a(a>0)．
当x变化时f′(x)与f(x)的变化状况如下表：
x
(－∞，－1)
－1
(－1，a)
a
(a，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
微小值
↗
故函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(a，＋∞)；单调递减区间是(－1，a)．
(2)由(1)知f(x)在区间(－2，－1)内单调递增；在区间(－1,0)内单调递减．从而函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点，当且仅当解得0＜a＜.
所以，a的取值范围是.
考点二 导数在不等式中的应用
【例2】 (2021·新课标全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m)．
(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并争辩f(x)的单调性；
(2)当m≤2时，证明f(x)>0.
审题路线 (1)由极值点确定出实数m的值，然后利用导数求出函数的单调区间；(2)当m≤2时，转化为求f(x)min，证明f(x)min>0.
解 (1)易知f′(x)＝ex－.
由x＝0是f(x)的极值点得f′(0)＝0，所以m＝1.
于是f(x)＝ex－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，
∴f′(x)＝ex－在(－1，＋∞)上是增函数，且f′(0)＝0.
当x∈(－1,0)时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0.
故f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)当m≤2，x>－m时，ln(x＋m)≤ln(x＋2)．
故只需证明当m＝2时，f(x)>0.
当m＝2时，f′(x)＝ex－在(－2，＋∞)上单调递增．
又f′(－1)＝－1<0，f′(0)＝1－>0.
所以f′(x)＝0在(－2，＋∞)上有唯一实根x0，且－1<x0<0.
于是y＝f(x)在x＝x0处，取到最小值．
又f′(x0)＝0，得＝，
两边取对数得ln(x0＋2)＝－x0.
故f(x)≥f(x0)＝－ln(x0＋2)＝＋x0＝>0.
综上可知，当m≤2时，f(x)>0成立．
规律方法 (1)第(2)问证明抓住两点：一是转化为证明当m＝2时，f(x)>0；二是依据f′(x0)＝0，精确 求f(x)＝ex－ln(x＋2)的最小值．
(2)对于该类问题，可从不等式的结构特点动身，构造函数，借助导数确定函数的性质，借助单调性或最值实现转化．
【训练2】 (2022·郑州一模)已知函数f(x)＝a(x2＋1)＋ln x.
(1)争辩函数f(x)的单调性；
(2)若对任意a∈(－4，－2)及x∈[1,3]，恒有ma－f(x)>a2成立，求实数m的取值范围．
解 (1)由已知，得f′(x)＝2ax＋＝(x>0)．
①当a≥0时，恒有f′(x)>0，
则f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
②当a<0时，若0<x<，则f′(x)>0，
故f(x)在上是增函数；
若x> ，则f′(x)<0，
故f(x)在上是减函数．
综上，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上是增函数；
当a<0时，f(x)在上是增函数，
在上是减函数．
(2)由题意，知对任意a∈(－4，－2)及x∈[1,3]，
恒有ma－f(x)>a2成立，等价于ma－a2>f(x)max.
由于a∈(－4，－2)，所以< <<1.
由(1)，知当a∈(－4，－2)时，f(x)在[1,3]上是减函数，
所以f(x)max＝f(1)＝2a，
所以ma－a2>2a，即m<a＋2.
由于a∈(－4，－2)，所以－2<a＋2<0，即m≤－2.
所以实数m的取值范围是(－∞，－2]．
考点三 导数与生活中的优化问题
【例3】 某地建一座桥，两端的桥墩已建好，这两墩相距m米，余下工程只需建两端桥墩之间的桥面和桥墩，经猜测，一个桥墩的工程费用为256万元，距离为x米的相邻两墩之间的桥面工程费用为(2＋)x万元．假设桥墩等距离分布，全部桥墩都视为点，且不考虑其他因素，记余下工程的费用为y万元．
(1)试写出y关于x的函数关系式；
(2)当m＝640米时，需新建多少个桥墩才能使y最小？
解 (1)设需新建n个桥墩，则(n＋1)x＝m，即n＝－1，
所以y＝f(x)＝256n＋(n＋1)(2＋)x
＝256＋(2＋)x
＝m＋m＋2m－256.
(2)由(1)知，
令f′(x)＝0，得＝512，所以x＝64.
当0<x<64时，f′(x)<0，f(x)在区间(0,64)内为减函数；
当64<x<640，f′(x)>0，f(x)在区间(64,640)内为增函数．
所以f(x)在x＝64处取得最小值．
此时n＝－1＝－1＝9.
故需新建9个桥墩才能使工程的费用y最小．
规律方法 求实际问题中的最大值或最小值时，一般是先设自变量、因变量，建立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数的最值的方法求解，留意结果应与实际状况相结合．用导数求解实际问题中的最大(小)值时，假如函数在开区间内只有一个极值点，那么依据实际意义，该极值点也就是最值点.
同学用书第44页
【训练3】 某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建筑成本仅与表面积有关，侧面的建筑成本为100元/平方米，底面的建筑成本为160元/平方米，该蓄水池的总建筑成本为12 000π元(π为圆周率)．
(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；
(2)争辩函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．
解 (1)由于蓄水池侧面的总成本为100·2πrh＝200πrh元，底面的总成本为160πr2元，所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．
又依据题意200πrh＋160πr2＝12 000π，
所以h＝(300－4r2)，从而V(r)＝πr2h＝(300r－4r3)．
由于r>0，又由h>0可得r<5，
故函数V(r)的定义域为(0,5)．
(2)由于V(r)＝(300r－4r3)，
所以V′(r)＝(300－12r2)．
令V′(r)＝0，解得r＝5或－5(由于r＝－5不在定义域内，舍去)．
当r∈(0,5)时，V′(r)>0，故V(r)在(0,5)上为增函数；
当r∈(5,5)时，V′(r)<0，故V(r)在(5,5)上为减函数．
由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8.
即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．
1．理解极值与最值的区分，极值是局部概念，最值是整体概念．
2．利用导数解决含有参数的单调性问题是将问题转化为不等式恒成立问题，要留意分类争辩和数形结合思想的应用．
3．在实际问题中，假如函数在区间内只有一个极值点，那么只要依据实际意义判定是最大值还是最小值即可，不必再与端点的函数值比较．
答题模板4——构建函数模型证明不等式恒成立问题
【典例】 (13分)(2022·山东卷)已知函数f(x)＝(k为常数，e＝2.718 28…是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．
(1)求k的值；
(2)求f(x)的单调区间；
(3)设g(x)＝xf′(x)，其中f′(x)为f(x)的导函数，证明：对任意x>0，g(x)<1＋e－2.
[规范解答] (1)由f(x)＝，
得f′(x)＝，x∈(0，＋∞)．
由于曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与x轴平行，
所以f′(1)＝0，因此k＝1. (3分)
(2)由(1)知，f′(x)＝，x∈(0，＋∞)．
设h(x)＝－ln x－1，则h′(x)＝－－<0，
即h(x)在(0，＋∞)上是减函数， (5分)
由h(1)＝0知，当0<x<1时，h(x)>0，从而f′(x)>0，
当x>1时，h(x)<0，从而f′(x)<0.
综上可知，f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，＋∞)．
(8分)
(3)由(2)可知，当x≥1时，g(x)＝xf′(x)≤0<1＋e－2，
故只需证明g(x)<1＋e－2在0<x<1时成立． (9分)
当0<x<1时，ex>1，且g(x)>0，
∴g(x)＝<1－xln x－x. (10分)
设F(x)＝1－xln x－x，x∈(0,1)，
则F′(x)＝－(ln x＋2)，
当x∈(0，e－2)时，F′(x)>0，当x∈(e－2,1)时，F′(x)<0，
所以当x＝e－2时，F(x)取得最大值F(e－2)＝1＋e－2.
所以g(x)<F(x)≤1＋e－2. (12分)
综上，对任意x>0，g(x)<1＋e－2. (13分)
[反思感悟] 一是不能抓住f′(x)的特征，联系导数的几何意义，求f′(x)＝0的实根x＝1，导致思维受阻；二是第(3)问中，未将x的范围细化为0<x<1和x≥1来考虑，致使问题变得简单化；三是第(3)问中未利用“ex>1”这一条件，将g(x)＝变为：g(x)＝<1－xln x－x.
答题模板 第一步：利用导数的几何意义求k的值；
其次步：求g(x)，构造函数F(x)；
第三步：将问题转化为证明F(x)≤1＋e－2；
第四步：对F(x)求导，推断其单调性，求最大值；
第五步：将问题再转化为原问题从而得到欲证明的不等式．
【自主体验】
(2021·辽宁卷)已知函数f(x)＝(1＋x)e－2x，g(x)＝ax＋＋1＋2xcos x．当x∈[0,1]时，
(1)求证：1－x≤f(x)≤；
(2)若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
(1)证明 要证x∈[0,1]时，(1＋x)e－2x≥1－x，只需证明(1＋x)e－x≥(1－x)ex.
记h(x)＝(1＋x)e－x－(1－x)ex，则h′(x)＝x(ex－e－x)．
当x∈(0,1)时，h′(x)＞0，因此h(x)在[0,1]上是增函数，故h(x)≥h(0)＝0.
所以f(x)≥1－x，x∈[0,1]．
要证x∈[0,1]时，(1＋x)e－2x≤，只需证明ex≥x＋1.
记K(x)＝ex－x－1，则K′(x)＝ex－1，当x∈(0,1)时，K′(x)＞0，因此K(x)在[0,1]上是增函数，故K(x)≥K(0)＝0.
所以f(x)≤，x∈[0,1]．
综上，1－x≤f(x)≤，x∈[0,1]．
(2)解 f(x)－g(x)＝(1＋x)e－2x－
≥1－x－ax－1－－2xcos x
＝－x.
设G(x)＝＋2cos x，
则G′(x)＝x－2sin x.
记H(x)＝x－2sin x，则H′(x)＝1－2cos x.
当x∈(0,1)时，
H′(x)＜0，于是G′(x)在[0,1]上是减函数，从而当x∈(0,1)时，G′(x)＜G′(0)＝0，
故G(x)在[0,1]上是减函数．于是G(x)≤G(0)＝2，从而a＋1＋G(x)≤a＋3.
所以，当a≤－3时，f(x)≥g(x)在[0,1]上恒成立．
下面证明，当a＞－3时，f(x)≥g(x)在[0,1]上不恒成立．
f(x)－g(x)≤－1－ax－－2xcos x
＝－ax－－2xcos x
＝－x，
记I(x)＝＋a＋＋2cos x＝＋a＋G(x)，
则I′(x)＝＋G′(x)，当x∈(0,1)时，I′(x)＜0，
故I(x)在[0,1]上是减函数，
于是I(x)在[0,1]上的值域为[a＋1＋2cos 1，a＋3]．
由于当a＞－3时，a＋3＞0，所以存在x0∈(0,1)，使得I(x0)＞0，此时f(x0)＜g(x0)，即f(x)≥g(x)在[0,1]上不恒成立．
综上，实数a的取值范围是(－∞，－3].
对应同学用书P251
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．若直线y＝m与y＝3x－x3的图象有三个不同的交点，则实数m的取值范围是( )．
A．(－2,2) B．[－2,2]
C．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D．(－∞，－2]∪[2，＋∞)
解析 y′＝3(1－x)(1＋x)，由y′＝0，得x＝±1.∴y极大＝2，y微小＝－2，∴－2<m<2.
答案 A
2．若关于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m对任意x∈[－2,2]恒成立，则m的取值范围是( )．
A．(－∞，7] B．(－∞，－20]
C．(－∞，0] D．[－12,7]
解析 令f(x)＝x3－3x2－9x＋2，则f′(x)＝3x2－6x－9，令f′(x)＝0，得x＝－1或3(舍去)．∵f(－1)＝7，f(－2)＝0，f(2)＝－20.∴f(x)的最小值为f(2)＝－20，故m≤－20，可知应选B.
答案 B
3．从边长为10 cm×16 cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，作成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为( )．
A．12 cm3 B．72 cm3 C．144 cm3 D．160 cm3
解析 设盒子容积为y cm3，盒子的高为x cm，则x∈(0,5)．则y＝(10－2x)(16－2x)x＝4x3－52x2＋160 x，
∴y′＝12x2－104x＋160.令y′＝0，得x＝2或(舍去)，
∴ymax＝6×12×2＝144 (cm3)．
答案 C
4．(2021·浙江卷)已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1,2)，则( )．
A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到微小值
B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值
C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到微小值
D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值
解析 当k＝1时，f′(x)＝ex·x－1，f′(1)≠0，
∴x＝1不是函数f(x)的极值点．
当k＝2时，f′(x)＝(x－1)(xex＋ex－2)，
明显f′(1)＝0，且x在1的左边四周f′(x)<0，
x在1的右边四周f′(x)>0，
∴f(x)在x＝1处取得微小值．
答案 C
5.
在R上可导的函数f(x)的图象如图所示，则关于x的不等式x·f′(x)<0的解集为( )．
A．(－∞，－1)∪(0,1)
B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－2，－1)∪(1,2)
D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
解析 (1)当x∈(－∞，－1)和x∈(1，＋∞)时，f(x)是增函数，∴f′(x)>0，
由x·f′(x)<0，得x<0，∴x<－1.
(2)当x∈(－1,1)时，f(x)是减函数，∴f′(x)<0.由x·f′(x)<0，得x>0，∴0<x<1.
故x·f′(x)<0的解集为(－∞，－1)∪(0,1)．
答案 A
二、填空题
6．已知函数f(x)＝mx2＋ln x－2x在定义域内是增函数，则实数m的取值范围是________．
解析 f′(x)＝mx＋－2≥0对一切x＞0恒成立，
m≥－2＋，令g(x)＝－2＋，则当＝1时，函数g(x)取最大值1，故m≥1.
答案 [1，＋∞)
7．若f(x)＝xsin x＋cos x，则f(－3)，f，f(2)的大小关系为________．
解析 函数f(x)为偶函数，因此f(－3)＝f(3)．又f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x，当x∈时，f′(x)<0.∴f(x)在区间上是减函数，∴f>f(2)>f(3)＝f(－3)．
答案 f(－3)<f(2)<f
8．设函数f(x)＝6ln x，g(x)＝x2－4x＋4，则方程f(x)－g(x)＝0有________个实根．
解析 设φ(x)＝g(x)－f(x)＝x2－4x＋4－6ln x，则φ′(x)＝＝，且x>0.由φ′(x)＝0，得x＝3.当0<x<3时，φ′(x)<0；当x>3时，φ′(x)>0.∴φ(x)在(0，＋∞)上有微小值φ(3)＝1－6ln 3<0.故y＝φ(x)的图象与x轴有两个交点，则方程f(x)－g(x)＝0有两个实根．
答案 2
三、解答题
9．某种产品每件成本为6元，每件售价为x元(6<x<11)，年销售为u万件，若已知－u与2成正比，且售价为10元时，年销量为28万件．
(1)求年销售利润y关于售价x的函数关系式；
(2)求售价为多少时，年利润最大，并求出最大年利润．
解 (1)设－u＝k2，
∵售价为10元时，年销量为28万件，
∴－28＝k2，解得k＝2.
∴u＝－22＋＝－2x2＋21x＋18.
∴y＝(－2x2＋21x＋18)(x－6)＝－2x3＋33x2－108x－108(6<x<11)．
(2)y′＝－6x2＋66x－108＝－6(x2－11x＋18)
＝－6(x－2)(x－9)．
令y′＝0，得x＝2(舍去)或x＝9，
明显，当x∈(6,9)时，y′>0；当x∈(9,11)时，y′<0.
∴函数y＝－2x3＋33x2－108x－108在(6,9)上是单调递增，在(9,11)上是单调递减．
∴当x＝9时，y取最大值，且ymax＝135，
∴售价为9元时，年利润最大，最大年利润为135万元．
10．(2022·南京调研)已知函数f(x)＝ex－m－x，其中m为常数．
(1)若对任意x∈R有f(x)≥0恒成立，求m的取值范围；
(2)当m>1时，推断f(x)在[0,2m]上零点的个数，并说明理由．
解 (1)依题意，可知f(x)在R上连续，
且f′(x)＝ex－m－1，
令f′(x)＝0，得x＝m.
故当x∈(－∞，m)时，ex－m<1，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(m，＋∞)时，ex－m>1，f′(x)>0，f(x)单调递增．
故当x＝m时，f(m)为微小值也是最小值．
令f(m)＝1－m≥0，得m≤1，
即对任意x∈R ，f(x)≥0恒成立时，m的取值范围是(－∞，1]．
(2)当m>1时，f(m)＝1－m<0.
∵f(0)＝e－m>0，f(0)·f(m)<0，且f(x)在(0，m)上单调递减．
∴f(x)在(0，m)上有一个零点．
又f(2m)＝em－2m，令g(m)＝em－2m，
∵当m>1时，g′(m)＝em－2>0，
∴g(m)在(1，＋∞)上单调递增．
∴g(m)>g(1)＝e－2>0，即f(2m)>0.
∴f(m)·f(2m)<0，∴f(x)在(m,2m)上有一个零点．
故f(x)在[0,2m]上有两个零点．
力量提升题组
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一、选择题
1．(2021·潍坊模拟)已知函数y＝f(x)是定义在R上的奇函数，且当x<0时，不等式f(x)＋xf′(x)<0成立，若a＝30.3f(30.3)，b＝(logπ3)f(logπ3)，c＝f，则a，b，c间的大小关系是( )．
A．a>b>c B．c>b>a
C．c>a>b D．a>c>b
解析 设g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0(x<0)，∴当x<0时，g(x)＝xf(x)为减函数．
又g(x)为偶函数，∴当x>0时，g(x)为增函数．
∵1<30.3<2,0<logπ3<1，log3＝－2，
∴g(－2)>g(30.3)>g(logπ3)，即c>a>b.
答案 C
2．已知函数f(x)＝(其中e为自然对数的底数，且e≈2.718)．若f(6－a2)>f(a)，则实数a的取值范围是( )．
A．(2,3) B．(2，e) C．(－3,2) D．(－2，e)
解析 当x≤e时，f′(x)＝2(3－x)>0；当x>e时，f′(x)＝1－>0，∴f(x)在R上单调递增．因此6－a2>a，解之得－3<a<2.
答案 C
二、填空题
3．将边长为1 m的正三角形薄铁皮，沿一条平行于某边的直线剪成两块，其中一块是梯形，记S＝，则S的最小值是________．
解析
如图所示，设AD＝x m(0＜x＜1)，则DE＝AD＝x m，
∴梯形的周长为x＋2(1－x)＋1＝3－x (m)，又S△ADE＝x2(m2)，
∴梯形的面积为－x2(m2)，
∴S＝×(0＜x＜1)，
∴S′＝×，令S′＝0，得x＝或3(舍去)，当x∈时，S′＜0，S递减；当x∈时，S′＞0，S递增．故当x＝时，S的最小值是.
答案
三、解答题
4．(2022·湛江质检)已知函数f(x)＝sin x(x≥0)，g(x)＝ax(x≥0)．
(1)若f(x)≤g(x)恒成立，求实数a的取值范围；
(2)当a取(1)中的最小值时，求证：g(x)－f(x)≤x3.
解 (1)令h(x)＝sin x－ax(x≥0)，则h′(x)＝cos x－a.
①若a≥1，h′(x)＝cos x－a≤0，
h(x)＝sin x－ax(x≥0)单调递减，h(x)≤h(0)＝0，
则sin x≤ax(x≥0)成立．
②若0<a<1，存在x0∈，使得cos x0＝a，
当x∈(0，x0)，h′(x)＝cos x－a>0，h(x)＝sin x－ax(x∈(0，x0))单调递增，h(x)>h(0)＝0，不合题意．
③若a≤0，结合f(x)与g(x)的图象可知明显不合题意．
综上可知，a的取值范围是[1，＋∞)．
(2)当a取(1)中的最小值为1时，
g(x)－f(x)＝x－sin x.
设H(x)＝x－sin x－x3(x≥0)，
则H′(x)＝1－cos x－x2.
令G(x)＝1－cos x－x2，
则G′(x)＝sin x－x≤0(x≥0)，
所以G(x)＝1－cos x－x2在[0，＋∞)上单调递减，此时G(x)＝1－cos x－x2≤G(0)＝0，
即H′(x)＝1－cos x－x2≤0，
所以H(x)＝x－sin x－x3在x∈[0，＋∞)上单调递减．所以H(x)＝x－sin x－x3≤H(0)＝0，
则x－sin x≤x3(x≥0)．
所以，当a取(1)中的最小值时，g(x)－f(x)≤x3.
同学用书第45页
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