[鎖定考向]
用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)的零點(diǎn)問題是近幾年高考命題的熱點(diǎn)題型之一．
常見的命題角度有：
(1)求函數(shù)零點(diǎn)或零點(diǎn)個(gè)數(shù)；
(2)已知函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)求參數(shù)的值或范圍．　　　 　
[題點(diǎn)全練]
角度一：求函數(shù)零點(diǎn)或零點(diǎn)個(gè)數(shù)
1．已知函數(shù)f(x)＝ax＋ln x＋1，討論函數(shù)f(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)．
解：法一：函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，由f(x)＝ax＋ln x＋1＝0，得ln x＝－ax－1，
令u(x)＝ln x，v(x)＝－ax－1，則函數(shù)v(x)的圖象是過定點(diǎn)(0，－1)，斜率k＝－a的直線．
當(dāng)直線y＝kx－1與函數(shù)u(x)＝ln x的圖象相切時(shí)，兩者只有一個(gè)交點(diǎn)，此時(shí)設(shè)切點(diǎn)為P(x0，y0)，
則解得
所以當(dāng)k＞1時(shí)，函數(shù)f(x)沒有零點(diǎn)；當(dāng)k＝1或k≤0時(shí)，函數(shù)f(x)有1個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)0＜k＜1時(shí)，函數(shù)f(x)有2個(gè)零點(diǎn)．
即當(dāng)a＜－1時(shí)，函數(shù)f(x)沒有零點(diǎn)；當(dāng)a＝－1或a≥0時(shí)，函數(shù)f(x)有1個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)－1＜a＜0時(shí)，函數(shù)f(x)有2個(gè)零點(diǎn)．
法二：函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，
由f(x)＝ax＋ln x＋1＝0，得a＝－.
令g(x)＝－(x＞0)，則g′(x)＝.
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g′(x)＜0；當(dāng)x＞1時(shí)，g′(x)＞0，
故函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，g(x)min＝g(1)＝－1，
由于g＝0，x→＋∞時(shí)，g(x)→0，所以當(dāng)0＜x＜時(shí)，g(x)＞0，當(dāng)x＞時(shí)，g(x)＜0.
所以當(dāng)a＜－1時(shí)，函數(shù)f(x)沒有零點(diǎn)；當(dāng)a＝－1或a≥0時(shí)，函數(shù)f(x)有1個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)－1＜a＜0時(shí)，函數(shù)f(x)有2個(gè)零點(diǎn)．
角度二：已知函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)求參數(shù)的值或范圍
2．(2019·徐州調(diào)研)設(shè)函數(shù)f(x)＝－x2＋ax＋ln x(a∈R)，若函數(shù)f(x)在上有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
解：令f(x)＝－x2＋ax＋ln x＝0，得a＝x－.
令g(x)＝x－，其中x∈，
則g′(x)＝1－＝，令g′(x)＝0，得x＝1，當(dāng)≤x＜1時(shí)，g′(x)＜0；當(dāng)1＜x≤3時(shí)，g′(x)＞0，
∴g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為(1,3]，
∴g(x)min＝g(1)＝1，∵函數(shù)f(x)在上有兩個(gè)零點(diǎn)，g＝3ln 3＋，g(3)＝3－，3ln 3＋＞3－，
∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是.
[通法在握]
函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)也就是函數(shù)圖象與x軸交點(diǎn)的個(gè)數(shù)，所以可以借助函數(shù)圖象的特征迅速求解函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)問題．對(duì)于含參函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，一般可從兩個(gè)方面討論：
(1)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和極值，作出函數(shù)的大致圖象，根據(jù)極大值和極小值的符號(hào)確定函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)．
(2)分離參數(shù)，將問題轉(zhuǎn)化為：求直線y＝a與函數(shù)y＝f(x)的圖象交點(diǎn)個(gè)數(shù)問題．
[演練沖關(guān)]
1．設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x＋，m∈R.討論函數(shù)g(x)＝f′(x)－零點(diǎn)的個(gè)數(shù)．
解：由題設(shè)，g(x)＝f′(x)－＝－－(x＞0)，
令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x＞0)．
設(shè)φ(x)＝－x3＋x(x＞0)，
則φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，
當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，φ′(x)＞0，φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．
所以x＝1是φ(x)的極大值點(diǎn)，也是φ(x)的最大值點(diǎn)．
所以φ(x)的最大值為φ(1)＝.
由φ(0)＝0，結(jié)合y＝φ(x)的圖象(如圖)，

可知①當(dāng)m＞時(shí)，函數(shù)g(x)無零點(diǎn)；
②當(dāng)m＝時(shí)，函數(shù)g(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)；
③當(dāng)0＜m＜時(shí)，函數(shù)g(x)有兩個(gè)零點(diǎn)；
④當(dāng)m≤0時(shí)，函數(shù)g(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)．
綜上所述，當(dāng)m＞時(shí)，函數(shù)g(x)無零點(diǎn)；
當(dāng)m＝或m≤0時(shí)，函數(shù)g(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)；
當(dāng)0＜m＜時(shí)，函數(shù)g(x)有兩個(gè)零點(diǎn)．
2．已知函數(shù)f(x)＝aex－x－2a有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
解：∵f(x)＝aex－x－2a，∴f′(x)＝aex－1.
當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)≤0恒成立，函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞減，不可能有兩個(gè)零點(diǎn)；
當(dāng)a＞0時(shí)，令f′(x)＝0，得x＝ln，函數(shù)f(x)在 上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，∴f(x)的最小值為f＝1－ln－2a＝1＋ln a－2a.
令g(a)＝1＋ln a－2a(a＞0)，則g′(a)＝－2.
當(dāng)a∈時(shí)，g(a)單調(diào)遞增；當(dāng)a∈時(shí)，g(a)單調(diào)遞減，
∴g(a)max＝g＝－ln 2＜0，
∴f(x)的最小值f＜0，函數(shù)f(x)＝aex－x－2a有兩個(gè)零點(diǎn)．
綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(0，＋∞)．
　
[典例引領(lǐng)]
已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R.
(1)當(dāng)a＝0時(shí)，求函數(shù)f(x)的圖象在(1，f(1))處的切線方程；
(2)若a＝－2，正實(shí)數(shù)x1，x2滿足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，求證：x1＋x2≥.
解：(1)當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝ln x＋x，則f(1)＝1，所以切點(diǎn)為(1,1)，又因?yàn)閒 ′(x)＝＋1，所以切線斜率k＝f′(1) ＝2，
故切線方程為y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.
(2)證明：當(dāng)a＝－2時(shí)，f(x)＝ln x＋x2＋x(x＞0)．
由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，
得ln x1＋x＋x1＋ln x2＋x＋x2＋x1x2＝0，
從而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)，
令t＝x1x2，設(shè)φ(t)＝t－ln t(t＞0)，
則φ′(t)＝1－＝，
易知φ(t)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以φ(t)≥φ(1)＝1，
所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1，
因?yàn)閤1＞0，x2＞0，所以x1＋x2≥成立．
[由題悟法]
破解含雙參不等式的證明的關(guān)鍵
一是轉(zhuǎn)化，即由已知條件入手，尋找雙參所滿足的關(guān)系式，并把含雙參的不等式轉(zhuǎn)化為含單參的不等式；
二是巧構(gòu)造函數(shù)，再借用導(dǎo)數(shù)，判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而求其最值；
三是回歸雙參的不等式的證明，把所求的最值應(yīng)用到雙參不等式，即可證得結(jié)果．
[提醒]　變量代換法適用于二元或多元不等式的有關(guān)問題．若出現(xiàn)的兩個(gè)變量有主次之分，可以考慮主元法；若出現(xiàn)的兩個(gè)變量沒有主次之分，地位均衡，可以考慮換元法；若出現(xiàn)多個(gè)變量，需挖掘它們之間內(nèi)在的等量關(guān)系，將原問題轉(zhuǎn)化為曲線上的動(dòng)點(diǎn)問題來解決．
[即時(shí)應(yīng)用]
已知函數(shù)f(x)＝ln x＋.
(1)求f(x)的最小值；
(2)若方程f(x)＝a有兩個(gè)根x1，x2(x1＜x2)，求證：x1＋x2＞2a.
解：(1)因?yàn)閒′(x)＝－＝(x＞0)，
所以當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，函數(shù)f(x)無最小值．
當(dāng)a＞0時(shí)，f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，＋∞)上單調(diào)遞增．
函數(shù)f(x)在x＝a處取最小值f(a)＝ln a＋1.
(2)證明：若函數(shù)y＝f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)為x1，x2(x1＜x2)，
由(1)可得0＜x1＜a＜x2.
令g(x)＝f(x)－f(2a－x)(0＜x＜a)，
則g′(x)＝(x－a)＝－＜0，
所以g(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，g(x)＞g(a)＝0，
即f(x)＞f(2a－x)．
令x＝x1＜a，則f(x1)＞f(2a－x1)，所以f(x2)＝f(x1)＞f(2a－x1)，
由(1)可得f(x)在(a，＋∞)上單調(diào)遞增，所以x2＞2a－x1，
故x1＋x2＞2a.
　
[典例引領(lǐng)]
(2018·泰州調(diào)研)已知f(x)＝x2＋ax－ln x＋e，g(x)＝x2＋e.
(1)若a＝－1，判斷是否存在x0＞0，使得f(x0)＜0，并說明理由；
(2)設(shè)h(x)＝f(x)－g(x)，是否存在實(shí)數(shù)a，當(dāng)x∈(0，e](e＝2.718 28…為自然常數(shù))時(shí)，函數(shù)h(x)的最小值為3，并說明理由．
解：(1)不存在x0＞0，使得f(x0)＜0.
理由如下：當(dāng)a＝－1時(shí)，f(x)＝x2－x－ln x＋e，x∈(0，＋∞)，
f′(x)＝2x－1－＝＝.
f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表：
x
(0,1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)

極小值f(1)


當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)f(x)有極小值，f(x)極小值＝f(1)＝e，
此極小值也是最小值，
故不存在x0＞0，使得f(x0)＜0.
(2)因?yàn)閒(x)＝x2＋ax－ln x＋e，g(x)＝x2＋e，
所以h(x)＝f(x)－g(x)＝ax－ln x，
則h′(x)＝a－.
假設(shè)存在實(shí)數(shù)a，使h(x)＝ax－ln x(x∈(0，e])有最小值3.
(ⅰ)當(dāng)a≤0時(shí)，h′(x)＜0，
所以h(x)在(0，e]上單調(diào)遞減，
h(x)min＝h(e)＝ae－1＝3，a＝，不符合題意．
(ⅱ)當(dāng)a＞0時(shí)，
①當(dāng)0＜a≤時(shí)，≥e，h′(x)≤0在(0，e]上恒成立，
所以h(x)在(0，e]上單調(diào)遞減，
h(x)min＝h(e)＝ae－1＝3，a＝，不符合題意．
②當(dāng)a＞時(shí)，0＜＜e，
當(dāng)0＜x＜時(shí)，h′(x)＜0，h(x)在上單調(diào)遞減；
當(dāng)＜x＜e時(shí)，h′(x)＞0，h(x)在上單調(diào)遞增，
所以h(x)min＝h＝1＋ln a＝3，
解得a＝e2＞.
綜上所述，存在a＝e2，使x∈(0，e]時(shí)，h(x)有最小值3.
[由題悟法]
解決探索性問題的注意事項(xiàng)
探索問題，先假設(shè)存在，推證滿足條件的結(jié)論，若結(jié)論正確則存在，若結(jié)論不正確則不存在．
(1)當(dāng)條件和結(jié)論不唯一時(shí)要分類討論；
(2)當(dāng)給出結(jié)論來推導(dǎo)存在的條件時(shí)，先假設(shè)成立，再推出條件；
(3)當(dāng)條件和結(jié)論都不知，按常規(guī)方法解題很難時(shí)，要開放思維，采用另外的途徑．
[即時(shí)應(yīng)用]
已知函數(shù)f(x)＝，其中a為實(shí)數(shù)．
(1)當(dāng)a＝2時(shí)，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程；
(2)是否存在實(shí)數(shù)a，使得對(duì)任意x∈(0,1)∪(1，＋∞)，f(x)＞恒成立？若不存在，請(qǐng)說明理由，若存在，求出a的值并加以證明．
解：(1)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝，
f′(x)＝，f′(2)＝，
又f(2)＝0，
所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程為y＝(x－2)．
(2)①當(dāng)0＜x＜1時(shí)，ln x＜0，
則＞?a＞x－ ln x，
令g(x)＝x－ ln x，
則g′(x)＝，
再令h(x)＝2－2－ln x，
則h′(x)＝－＝，
故當(dāng)0＜x＜1時(shí)，h′(x)＜0，
所以h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，
所以當(dāng)0＜x＜1時(shí)，h(x)＞h(1)＝0，
所以g′(x)＝＞0，
所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，
所以g(x)＜g(1)＝1，
所以a≥1.
②當(dāng)x＞1時(shí)，ln x＞0，
則＞ ?a＜x－ ln x.
由①知當(dāng)x＞1時(shí)，h′(x)＞0，h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以當(dāng)x＞1時(shí)，h(x)＞h(1)＝0，
所以g′(x)＝＞0，
所以g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以g(x)＞g(1)＝1，
所以a≤1.
綜合①②得：a＝1.
　
[典例引領(lǐng)]
(2018·南通、揚(yáng)州、泰州、淮安調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝ax2＋cos x(a∈R)．
(1)若f(x)在x＝0處取得極小值，求a的取值范圍；
(2)設(shè)函數(shù)h(x)的定義域?yàn)镈，區(qū)間(m，＋∞)?D，若h(x)在(m，＋∞)上是單調(diào)函數(shù)，則稱h(x)在D上廣義單調(diào)．試證明函數(shù)y＝f(x)－xln x在(0，＋∞)上廣義單調(diào)．
解：(1)因?yàn)閒′(x)＝2ax－sin x，
令g(x)＝2ax－sin x，
則g′(x)＝2a－cos x.
①當(dāng)a≥時(shí)，g′(x)≥1－cos x≥0，所以函數(shù)f′(x)在R上單調(diào)遞增．
若x＞0，則f′(x)＞f′(0)＝0；
若x＜0，則f′(x)＜f′(0)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－∞，0)上單調(diào)遞減，
所以f(x)在x＝0處取得極小值，符合題意．
②當(dāng)a≤－時(shí)，g′(x)≤－1－cos x≤0，所以函數(shù)f′(x)在R上單調(diào)遞減．
若x＞0，則f′(x)＜f′(0)＝0；
若x＜0，則f′(x)＞f′(0)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，在(－∞，0)上單調(diào)遞增，
所以f(x)在x＝0處取得極大值，不符合題意．
③當(dāng)－＜a＜時(shí)，?x0∈(0，π)，使得cos x0＝2a，即g′(x0)＝0，
當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，cos x＞2a，即g′(x)＜0，
所以函數(shù)f′(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，
所以f′(x)＜f′(0)＝0，
即函數(shù)f′(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，不符合題意．
綜上所述，a的取值范圍是.
(2)證明：記h(x)＝ax2＋cos x－xln x(x＞0)，
①若a＞0，注意到ln x＜x，則ln x＜x，即ln x＜2.
當(dāng)x＞2時(shí)，h′(x)＝2ax－sin x－1－ln x＞2ax－2－2
＝2a＞0.
所以?m＝2，函數(shù)h(x)在(m，＋∞)上單調(diào)遞增．
②若a≤0，當(dāng)x＞1時(shí)，h′(x)＝2ax－sin x－1－ln x≤－sin x－1－ln x＜0.
所以?m＝1，函數(shù)h(x)在(m，＋∞)上單調(diào)遞減，
綜上所述，函數(shù)y＝f(x)－xln x在區(qū)間(0，＋∞)上廣義單調(diào)．
[由題悟法]
對(duì)于題目定義的新函數(shù)，通過仔細(xì)閱讀，分析定義以及新函數(shù)所滿足的條件，圍繞定義與條件來確定解題的方向，然后準(zhǔn)確作答．解答這類問題的關(guān)鍵在于閱讀理解時(shí)，要準(zhǔn)確把握新定義、新信息，并把它納入已有的知識(shí)體系之中，用原來的知識(shí)和方法來解決新情景下的問題．本題考查的新定義函數(shù)問題可看成是由兩個(gè)已知函數(shù)構(gòu)造而成，然后利用分類討論思想解決．
[即時(shí)應(yīng)用]
若在公共定義域D上，f1(x)＜f(x)＜f2(x)，則稱函數(shù)f(x)為函數(shù)f1(x)，f2(x)的“D函數(shù)”．
(1)已知函數(shù)f1(x)＝x2＋2x＋4ln x，f2(x)＝x2＋2x＋2，求證：在區(qū)間(0，＋∞)上，f1(x)，f2(x)有“D函數(shù)”；
(2)已知a∈R，函數(shù)f(x)＝ax2＋ln x，f1(x)＝(a－1)x2＋ax＋(1－a2)ln x，f2(x)＝x2＋2ax.若在區(qū)間(1，＋∞)上，f(x)為f1(x)，f2(x)的“D函數(shù)”，求a的取值范圍．
解：(1)證明：設(shè)K(x)＝f2(x)－f1(x)＝x2－4ln x＋2，下證K(x)min＞0.
K′(x)＝x－＝，
故K′(x)與K(x)隨x的變化情況如下表：
x
(0,2)
2
(2，＋∞)
K′(x)
－
0
＋
K(x)

4－4ln 2


因?yàn)?－4ln 2＞4－4ln e＝0，
所以K(x)≥4－4ln 2＞0.
設(shè)R(x)＝f1(x)＋λ(4－4ln 2)，0＜λ＜1，
則f1(x)＜R(x)＜f2(x)．
所以在區(qū)間(0，＋∞)上，f1(x)，f2(x)有“D函數(shù)”．
(2)設(shè)H(x)＝f1(x)－f(x)＝－x2＋ax－a2ln x，
則在(1，＋∞)上，H(x)＜0.
因?yàn)镠′(x)＝－2x－＋a＝＝－，
所以在(1，＋∞)上，H′(x)＜0，H(x)是減函數(shù)，
所以H(x)＜H(1)≤0，所以a≤1.
設(shè)P(x)＝f(x)－f2(x)＝x2－2ax＋ln x，
則在(1，＋∞)上，P(x)＜0.
若a＞，則＞1，
所以P＝ln＞0，矛盾．
若a≤，因?yàn)镻′(x)＝(2a－1)x＋－2a＝，
所以在(1，＋∞)上，P′(x)＜0，P(x)是減函數(shù)，
所以P(x)＜P(1)≤0.
所以a≥－，所以－≤a≤.
故所求a的取值范圍為.



1．已知函數(shù)f(x)＝ln x＋－(a∈R且a≠0)．
(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
(2)當(dāng)x∈時(shí)，試判斷函數(shù)g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．
解：(1)f′(x)＝(x＞0)，
當(dāng)a＜0時(shí)，f′(x)＞0恒成立，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
當(dāng)a＞0時(shí)，由f′(x)＝＞0，得x＞，
由f′(x)＝＜0，得0＜x＜，
∴函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．
綜上所述，當(dāng)a＜0時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
當(dāng)a＞0時(shí)，函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．
(2)當(dāng)x∈時(shí)，函數(shù)g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，等價(jià)于方程(ln x－1)ex＋x＝m的根的個(gè)數(shù)．
令h(x)＝(ln x－1)ex＋x，
則h′(x)＝ex＋1.
由(1)知當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝ln x＋－1在上單調(diào)遞減，在(1，e)上單調(diào)遞增，
∴當(dāng)x∈時(shí)，f(x)≥f(1)＝0.
∴＋ln x－1≥0在x∈上恒成立．
∴h′(x)＝ex＋1≥0＋1＞0，
∴h(x)＝(ln x－1)ex＋x在x∈上單調(diào)遞增，
∴h(x)min＝h＝－2e＋，h(x)max＝h(e)＝e.
∴當(dāng)m＜－2e＋或 m＞e時(shí)，函數(shù)g(x)在上沒有零點(diǎn)；
當(dāng)－2e＋≤m≤e時(shí)，函數(shù)g(x)在上有一個(gè)零點(diǎn)．
2．已知函數(shù)f(x)＝xex.
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值；
(2)是否存在實(shí)數(shù)a使得對(duì)于任意的x1，x2∈(a，＋∞)，且x1＜x2，恒有＞成立？若存在，求a的取值范圍，若不存在，請(qǐng)說明理由．
解：(1)因?yàn)閒(x)＝xex，
所以f′(x)＝(x＋1)ex.
令f′(x)＝0，得x＝－1.
當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
x
(－∞，－1)
－1
(－1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)

極小值

所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(－1，＋∞)，
f(x)有極小值f(－1)＝－，無極大值．
(2)存在滿足題意的實(shí)數(shù)a.理由如下：
令g(x)＝＝(x＞a)，
則＞等價(jià)于g(x)在(a，＋∞)上單調(diào)遞增．
又g′(x)＝，
記h(x)＝(x2－ax－a)ex＋aea，
則h′(x)＝[x2＋(2－a)x－2a]ex＝(x＋2)·(x－a)ex，
故當(dāng)a≥－2，且x＞a時(shí)，h′(x)＞0，h(x)在(a，＋∞)上單調(diào)遞增．
故h(x)＞h(a)＝0，從而g′(x)＞0，g(x)在(a，＋∞)上單調(diào)遞增，滿足題意；
另一方面，當(dāng)a＜－2，且a＜x＜－2時(shí)，h′(x)＜0，h(x)在(a，－2)上單調(diào)遞減．
故h(x)＜h(a)＝0，
從而g′(x)＜0，g(x)在(a，－2)上單調(diào)遞減，不滿足題意．
所以a的取值范圍為[－2，＋∞)．
3．已知函數(shù)f(x)＝ex＋ax＋b(a，b∈R)在x＝0處的導(dǎo)數(shù)值為0.
(1)求實(shí)數(shù)a的值；
(2)若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，且x1＜x2，
(ⅰ)求實(shí)數(shù)b的取值范圍；
(ⅱ)證明：x1＋x2＜0.
解：(1)因?yàn)閒′(x)＝ex＋a，所以f′(0)＝e0＋a＝1＋a，
又f′(0)＝0，所以a＝－1.
(2)(ⅰ)因?yàn)閒(x)＝ex－x＋b，所以f′(x)＝ex－1.
當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增．
所以f(x)在x＝0處取得極小值，也是最小值，且f(0)＝1＋b.
因?yàn)閒(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，
所以f(0)＝1＋b＜0，所以b＜－1，
即實(shí)數(shù)b的取值范圍是(－∞，－1)．
(ⅱ)證明：因?yàn)閒(x1)＝0，f(x2)＝0，
所以ex1－x1＋b＝0?、伲琫x2－x2＋b＝0?、冢?br /> 由②－①得e x2－e x1＝x2－x1，即e x1 (e x2－x1－1)＝x2－x1.
令x2－x1＝t，t＞0，則e x1 (et－1)＝t，
所以e x1＝，e x2＝.
要證x1＋x2＜0，只需證e x1e x2＜1，即證·＜1，
即證t2et＜(et－1)2，即證t2et－(et)2＋2et－1＜0.
令m(t)＝t2et－(et)2＋2et－1，
則m′(t)＝et(t2＋2t＋2－2et)．
令n(t)＝t2＋2t＋2－2et，則n′(t)＝2t＋2－2et.
設(shè)φ(t)＝2t＋2－2et，則當(dāng)t＞0時(shí)，φ′(t)＝2－2et＜0，
所以當(dāng)t＞0時(shí)，φ(t)單調(diào)遞減，
因?yàn)棣?0)＝0，所以當(dāng)t＞0時(shí)，φ(t)＜0，則n′(t)＜0，
所以當(dāng)t＞0時(shí)，n(t)單調(diào)遞減，
又n(0)＝0，所以當(dāng)t＞0時(shí)，n(t)＜0，則m′(t)＜0，
所以當(dāng)t＞0時(shí)，m(t)單調(diào)遞減，
因?yàn)閙(0)＝0，所以當(dāng)t＞0時(shí)，m(t)＜0.
綜上可知，原式得證．
4．若對(duì)任意實(shí)數(shù)k，b都有函數(shù)y＝f(x)＋kx＋b的圖象與直線y＝kx＋b相切，則稱函數(shù)f(x)為“恒切函數(shù)”，設(shè)函數(shù)g(x)＝aex－x－pa，a，p∈R.
(1)討論函數(shù)g(x)的單調(diào)性；
(2)已知函數(shù)g(x)為“恒切函數(shù)”．
①求實(shí)數(shù)p的取值范圍；
②當(dāng)p取最大值時(shí)，若函數(shù)h(x)＝g(x)ex－m為“恒切函數(shù)”，求證：0≤m＜.
(參考數(shù)據(jù)：e3≈20)
解：(1)g′(x)＝aex－1，
當(dāng)a≤0時(shí)，g′(x)＜0恒成立，函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞減；
當(dāng)a＞0時(shí)，由g′(x)＞0，得x＞－ln a；由g′(x)＜0，得x＜－ln a，
所以函數(shù)g(x)在(－∞，－ln a)上單調(diào)遞減，在(－ln a，＋∞)上單調(diào)遞增．
綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞減；當(dāng)a＞0時(shí)，函數(shù)g(x)在(－∞，－ln a)上單調(diào)遞減，在(－ln a，＋∞)上單調(diào)遞增．
(2)①若函數(shù)f(x)為“恒切函數(shù)”，則函數(shù)y＝f(x)＋kx＋b的圖象與直線y＝kx＋b相切，
設(shè)切點(diǎn)為(x0，y0)，則f′(x0)＋k＝k且f(x0)＋kx0＋b＝kx0＋b，即f′(x0)＝0，f(x0)＝0.
因?yàn)楹瘮?shù)g(x)為“恒切函數(shù)”，
所以存在x0，使得g′(x0)＝0，g(x0)＝0，
即解得a＝e－＞0，p＝e (1－x0)．
設(shè)m(x)＝ex(1－x)，則m′(x)＝－xex，
由m′(x)＜0，得x＞0；由m′(x)＞0，得x＜0，
故函數(shù)m(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，
從而m(x)max＝m(0)＝1，
故實(shí)數(shù)p的取值范圍為(－∞，1]．
②證明：由①知當(dāng)p取最大值時(shí)，p＝1，a＝1，
故h(x)＝(ex－x－1)ex－m，
則h′(x)＝(2ex－x－2)ex.
因?yàn)楹瘮?shù)h(x)為“恒切函數(shù)”，
故存在x0，使得h′(x0)＝0，h(x0)＝0，
由h′(x0)＝0，得(2e－x0－2)e＝0，即2ex0－x0－2＝0.
設(shè)n(x)＝2ex－x－2，則n′(x)＝2ex－1，
由n′(x)＞0，得x＞－ln 2；由n′(x)＜0，得x＜－ln 2，
故n(x)在(－∞，－ln 2)上單調(diào)遞減，在(－ln 2，＋∞)上單調(diào)遞增．
在單調(diào)遞增區(qū)間(－ln 2，＋∞)上，n(0)＝0，
故x0＝0，
則由h(x0)＝0，得m＝0.
在單調(diào)遞減區(qū)間(－∞，－ln 2)上，n(－2)＝2e－2＞0，
n＝2e－－≈2×(20)－－＝－＜0，
故在區(qū)間上存在唯一的x0，使得2e－x0－2＝0，即e＝，
此時(shí)由h(x0)＝0，得m＝(e－x0－1)ex0＝·＝－x0(x0＋2)＝－(x0＋1)2＋，
因?yàn)楹瘮?shù)r(x)＝－(x＋1)2＋在上單調(diào)遞增，且r(－2)＝0，r＝，所以0＜m＜.
綜上，0≤m＜.

命題點(diǎn)一　導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算及幾何意義
1.(2014·江蘇高考)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，若曲線y＝ax2＋(a，b為常數(shù))過點(diǎn)P(2，－5)，且該曲線在點(diǎn)P處的切線與直線7x＋2y＋3＝0平行，則a＋b的值是________．
解析：y＝ax2＋的導(dǎo)數(shù)為y′＝2ax－，
直線7x＋2y＋3＝0的斜率為－.
由題意得解得則a＋b＝－3.
答案：－3
2．(2018·天津高考)已知函數(shù)f(x)＝exln x，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則f′(1)的值為________．
解析：∵f(x)＝exln x，∴f′(x)＝exln x＋，∴f′(1)＝e.
答案：e
3．(2018·全國卷Ⅲ)曲線y＝(ax＋1)ex在點(diǎn)(0,1)處的切線的斜率為－2，則a＝________.
解析：∵y′＝(ax＋a＋1)ex，∴當(dāng)x＝0時(shí)，y′＝a＋1，
∴a＋1＝－2，解得a＝－3.
答案：－3
4．(2017·天津高考)已知a∈R，設(shè)函數(shù)f(x)＝ax－ln x的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線為l，則l在y軸上的截距為________．
解析：因?yàn)閒′(x)＝a－，所以f′(1)＝a－1，
又f(1)＝a，所以切線l的方程為y－a＝(a－1)(x－1)，
令x＝0，得y＝1.
答案：1
5．(2016·全國卷Ⅲ)已知f(x)為偶函數(shù)，當(dāng)x＜0時(shí)，f(x)＝ln(－x)＋3x，則曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，－3)處的切線方程是________．
解析：因?yàn)閒(x)為偶函數(shù)，所以當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＝f(－x)＝ln x－3x，所以當(dāng)x＞0時(shí)，f′(x)＝－3，則f′(1)＝－2.所以y＝f(x)在點(diǎn)(1，－3)處的切線方程為y＋3＝－2(x－1)，即y＝－2x－1.
答案：y＝－2x－1
命題點(diǎn)二　導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用
1．(2018·江蘇高考)若函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn)，則f(x)在[－1,1]上的最大值與最小值的和為________．
解析：法一：f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(x＞0)．
①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
又f(0)＝1，∴f(x)在(0，＋∞)上無零點(diǎn)．
②當(dāng)a＞0時(shí)，由f′(x)＞0，得x＞；
由f′(x)＜0，得0＜x＜，
∴f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．
又f(x)在(0，＋∞)內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn)，
∴f＝－＋1＝0，∴a＝3.
此時(shí)f(x)＝2x3－3x2＋1，f′(x)＝6x(x－1)，
當(dāng)x∈[－1,1]時(shí)，f(x)在[－1,0]上單調(diào)遞增，在[0,1]上單調(diào)遞減．
又f(1)＝0，f(－1)＝－4，
∴f(x)max＋f(x)min＝f(0)＋f(－1)＝1－4＝－3.
法二：令f(x)＝2x3－ax2＋1＝0，
得a＝＝2x＋.
令g(x)＝2x＋，則g′(x)＝2－.
由g′(x)＜0，得0＜x＜1；由g′(x)＞0，得x＞1，
∴g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．
∵f(x)在(0，＋∞)內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn)，
∴a＝g(1)＝3，
此時(shí)f(x)＝2x3－3x2＋1，f′(x)＝6x(x－1)，
當(dāng)x∈[－1,1]時(shí)，f(x)在[－1,0]上單調(diào)遞增，在[0,1]上單調(diào)遞減．
又f(1)＝0，f(－1)＝－4，
∴f(x)max＋f(x)min＝f(0)＋f(－1)＝1－4＝－3.
答案：－3
2．(2017·江蘇高考)已知函數(shù)f(x)＝x3－2x＋ex－，其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．若 f(a－1)＋f(2a2)≤0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．
解析：由f(x)＝x3－2x＋ex－，
得f(－x)＝－x3＋2x＋－ex＝－f(x)，
所以f(x)是R上的奇函數(shù)．
又f′(x)＝3x2－2＋ex＋≥3x2－2＋2＝3x2≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)取等號(hào)，
所以f(x)在其定義域內(nèi)單調(diào)遞增．
因?yàn)閒(a－1)＋f(2a2)≤0，
所以f(a－1)≤－f(2a2)＝f(－2a2)，
所以a－1≤－2a2，解得－1≤a≤，
故實(shí)數(shù)a的取值范圍是.
答案：
3．(2017·全國卷Ⅱ改編)若x＝－2是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的極值點(diǎn)，則f(x)的極小值為________．
解析：因?yàn)閒(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，
所以f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1
＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1.
因?yàn)閤＝－2是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的極值點(diǎn)，
所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根，
所以a＝－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1.
令f′(x)＞0，解得x＜－2或x＞1，
令f′(x)＜0，解得－2＜x＜1，
所以f(x)在(－∞，－2)上單調(diào)遞增，在(－2,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以當(dāng)x＝1時(shí)，f(x)取得極小值，且f(x)極小值＝f(1)＝－1.
答案：－1
4．(2018·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝aex－ln x－1.
(1)設(shè)x＝2是f(x)的極值點(diǎn)，求a，并求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)證明：當(dāng)a≥時(shí)，f(x)≥0.
解：(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝aex－.
由題設(shè)知，f′(2)＝0，所以a＝.
從而f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－.
可知f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又f′(2)＝0，
所以當(dāng)0＜x＜2時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)x＞2時(shí)，f′(x)＞0.
所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,2)，單調(diào)遞增區(qū)間為(2，＋∞)．
(2)證明：當(dāng)a≥時(shí)，f(x)≥－ln x－1.
設(shè)g(x)＝－ln x－1，則g′(x)＝－.
可知g′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且g′(1)＝0，
所以當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g′(x)＜0；當(dāng)x＞1時(shí)，g′(x)＞0.
所以x＝1是g(x)的最小值點(diǎn)．
故當(dāng)x＞0時(shí)，g(x)≥g(1)＝0.
因此，當(dāng)a≥時(shí)，f(x)≥0.
5．(2017·江蘇高考)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1(a＞0，b∈R)有極值，且導(dǎo)函數(shù)f′(x)的極值點(diǎn)是f(x)的零點(diǎn)．(極值點(diǎn)是指函數(shù)取極值時(shí)對(duì)應(yīng)的自變量的值)
(1)求b關(guān)于a的函數(shù)關(guān)系式，并寫出定義域；
(2)證明：b2＞3a；
(3)若f(x)，f′(x)這兩個(gè)函數(shù)的所有極值之和不小于－，求a的取值范圍．
解：(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1，
得f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝32＋b－.
當(dāng)x＝－時(shí)，f′(x)有極小值b－.
因?yàn)閒′(x)的極值點(diǎn)是f(x)的零點(diǎn)，
所以f＝－＋－＋1＝0，
又a＞0，故b＝＋.
因?yàn)閒(x)有極值，故f′(x)＝0有實(shí)根，
從而b－＝(27－a3)≤0，即a≥3.
當(dāng)a＝3時(shí)，f′(x)＞0(x≠－1)，
故f(x)在R上是增函數(shù)，f(x)沒有極值；
當(dāng)a＞3時(shí)，f′(x)＝0有兩個(gè)相異的實(shí)根
x1＝，x2＝.
當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
x
(－∞，x1)
x1
(x1，x2)
x2
(x2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

極大值

極小值


故f(x)的極值點(diǎn)是x1，x2.
從而a＞3.
因此b＝＋，定義域?yàn)?3，＋∞)．
(2)證明：由(1)知，＝＋ .
設(shè)g(t)＝＋，則g′(t)＝－＝.
當(dāng)t∈時(shí)，g′(t)＞0，
從而g(t)在上單調(diào)遞增．
因?yàn)閍＞3，所以a＞3，
故g(a)＞g(3)＝，即 ＞.
因此b2＞3a.
(3)由(1)知，f(x)的極值點(diǎn)是x1，x2，且x1＋x2＝－a，x＋x＝.
從而f(x1)＋f(x2)＝x＋ax＋bx1＋1＋x＋ax＋bx2＋1＝(3x＋2ax1＋b)＋(3x＋2ax2＋b)＋a(x＋x)＋b(x1＋x2)＋2
＝－＋2＝0.
記f(x)，f′(x)所有極值之和為h(a)，
因?yàn)閒′(x)的極值為b－＝－a2＋，
所以h(a)＝－a2＋，a＞3.
因?yàn)閔′(a)＝－a－＜0，
于是h(a)在(3，＋∞)上單調(diào)遞減．
因?yàn)閔(6)＝－，于是h(a)≥h(6)，故a≤6.
因此a的取值范圍為(3,6]．
6．(2014·江蘇高考)已知函數(shù)f(x)＝ex＋e－x，其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．
(1)證明：f(x)是R上的偶函數(shù)；
(2)若關(guān)于x的不等式mf(x)≤e－x＋m－1在(0，＋∞)上恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
(3)已知正數(shù)a滿足：存在x0∈[1，＋∞)，使得f(x0)＜a(－x＋3x0)成立．試比較ea－1與ae－1的大小，并證明你的結(jié)論．
解：(1)證明：因?yàn)閷?duì)任意x∈R，都有f(－x)＝e－x＋e－(－x)＝e－x＋ex＝f(x)，
所以f(x)是R上的偶函數(shù)．
(2)由條件知m(ex＋e－x－1)≤e－x－1在(0，＋∞)上恒成立．
令t＝ex(x＞0)，則t＞1，所以m≤－＝－對(duì)任意t＞1成立．
因?yàn)閠－1＋＋1≥2 ＋1＝3，
所以－≥－，
當(dāng)且僅當(dāng)t＝2，即x＝ln 2時(shí)等號(hào)成立．
因此實(shí)數(shù)m的取值范圍是.
(3)令函數(shù)g(x)＝ex＋－a(－x3＋3x)，
則g′(x)＝ex－＋3a(x2－1)．
當(dāng)x≥1時(shí)，ex－＞0，x2－1≥0，
又a＞0，故g′(x)＞0.
所以g(x)是[1，＋∞)上的單調(diào)增函數(shù)，
因此g(x)在[1，＋∞)上的最小值是g(1)＝e＋e－1－2a.
由于存在x0∈[1，＋∞)，使e＋e－x0－a(－x＋3x0)＜0成立，當(dāng)且僅當(dāng)最小值g(1)＜0.
故e＋e－1－2a＜0，即a＞.
令函數(shù)h(x)＝x－(e－1)ln x－1，
則h′(x)＝1－.令h′(x)＝0，得x＝e－1，
當(dāng)x∈(0，e－1)時(shí)，h′(x)＜0，
故h(x)是(0，e－1)上的單調(diào)減函數(shù)；
當(dāng)x∈(e－1，＋∞)時(shí)，h′(x)＞0，
故h(x)是(e－1，＋∞)上的單調(diào)增函數(shù)．
所以h(x)在(0，＋∞)上的最小值是h(e－1)．
注意到h(1)＝h(e)＝0，
所以當(dāng)x∈(1，e－1)?(0，e－1)時(shí)，h(e－1)≤h(x)＜h(1)＝0.
當(dāng)x∈(e－1，e)?(e－1，＋∞)時(shí)，h(x)＜h(e)＝0.
所以h(x)＜0對(duì)任意的x∈(1，e)成立．
①當(dāng)a∈?(1，e)時(shí)，h(a)＜0，即a－1＜(e－1)·ln a，從而ea－1＜ae－1；
②當(dāng)a＝e時(shí)，ea－1＝ae－1；
③當(dāng)a∈(e，＋∞)?(e－1，＋∞)時(shí)，h(a)＞h(e)＝0，即a－1＞(e－1)ln a，故ea－1＞ae－1.
綜上所述，當(dāng)a∈時(shí)，ea－1＜ae－1；當(dāng)a＝e時(shí)，ea－1＝ae－1；當(dāng)a∈(e，＋∞)時(shí)，ea－1＞ae－1.
7．(2017·北京高考)已知函數(shù)f(x)＝excos x－x.
(1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程；
(2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間上的最大值和最小值．
解：(1)因?yàn)閒(x)＝excos x－x，
所以f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，f′(0)＝0.
又因?yàn)閒(0)＝1，
所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y＝1.
(2)設(shè)h(x)＝ex(cos x－sin x)－1，
則h′(x)＝ex(cos x－sin x－sin x－cos x)＝－2exsin x.
當(dāng)x∈時(shí)，h′(x)＜0，
所以h(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減．
所以對(duì)任意x∈有h(x)＜h(0)＝0，
即f′(x)＜0.
所以函數(shù)f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減．
因此f(x)在區(qū)間上的最大值為f(0)＝1，
最小值為f＝－.
8．(2018·江蘇高考)某農(nóng)場有一塊農(nóng)田，如圖所示，它的邊界由圓O的一段圓弧MPN(P為此圓弧的中點(diǎn))和線段MN構(gòu)成．已知圓O的半徑為40米，點(diǎn)P到MN的距離為50米．現(xiàn)規(guī)劃在此農(nóng)田上修建兩個(gè)溫室大棚，大棚Ⅰ內(nèi)的地塊形狀為矩形ABCD，大棚Ⅱ內(nèi)的地塊形狀為△CDP，要求A，B均在線段MN上，C，D均在圓弧上．設(shè)OC與MN所成的角為θ.
(1)用θ分別表示矩形ABCD和△CDP的面積，并確定sin θ的取值范圍；
(2)若大棚Ⅰ內(nèi)種植甲種蔬菜，大棚Ⅱ內(nèi)種植乙種蔬菜，且甲、乙兩種蔬菜的單位面積年產(chǎn)值之比為4∶3.求當(dāng)θ為何值時(shí)，能使甲、乙兩種蔬菜的年總產(chǎn)值最大．
解：(1)如圖，設(shè)PO的延長線交MN于點(diǎn)H，則PH⊥MN，
所以O(shè)H＝10.
過點(diǎn)O作OE⊥BC于點(diǎn)E，
則OE∥MN，所以∠COE＝θ，
故OE＝40cos θ，EC＝40sin θ，
則矩形ABCD的面積為2×40cos θ(40sin θ＋10)
＝800(4sin θcos θ＋cos θ)，
△CDP的面積為×2×40cos θ(40－40sin θ)
＝1 600(cos θ－sin θcos θ)．
過點(diǎn)N作GN⊥MN，分別交圓弧和OE的延長線于點(diǎn)G和K，則GK＝KN＝10.
連結(jié)OG，令∠GOK＝θ0，則sin θ0＝，θ0∈.
當(dāng)θ∈時(shí)，才能作出滿足條件的矩形ABCD，
所以sin θ的取值范圍是.
答：矩形ABCD的面積為800(4sin θcos θ＋cos θ)平方米，△CDP的面積為1 600(cos θ－sin θcos θ)平方米，sin θ的取值范圍是.
(2)因?yàn)榧?、乙兩種蔬菜的單位面積年產(chǎn)值之比為4∶3，
設(shè)甲的單位面積的年產(chǎn)值為4k(k＞0)，乙的單位面積的年產(chǎn)值為3k(k＞0)，
則年總產(chǎn)值為4k×800(4sin θcos θ＋cos θ)＋3k×1 600(cos θ－sin θcos θ)
＝8 000k(sin θ cos θ ＋cos θ)，θ∈.
設(shè)f(θ)＝sin θcos θ＋cos θ，θ∈，
則f′(θ)＝cos2θ－sin2θ－sin θ＝－(2sin2θ＋sin θ－1)
＝－(2sin θ－1)(sin θ＋1)．
令f′(θ)＝0，得θ＝，
當(dāng)θ∈時(shí)，f′(θ)＞0，所以f(θ)為增函數(shù)；
當(dāng)θ∈時(shí)，f′(θ)＜0，所以f(θ)為減函數(shù)．
所以當(dāng)θ＝時(shí)，f(θ)取到最大值．
答：當(dāng)θ＝時(shí)，能使甲、乙兩種蔬菜的年總產(chǎn)值最大．


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