从而，f′（x）＝10[（x－6）2＋2（x－3）（x－6）]
＝30（x－4）（x－6）．
于是，当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：
x
（3,4）
4
（4,6）
f′（x）
＋
0
－
f（x）
单调递增
极大值42
单调递减
由上表可得，x＝4时，函数f（x）在区间（3,6）内的极大值点，也是最大值点．
所以，当x＝4时，函数f（x）取得最大值，且最大值等于42.
所以，当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．
利用导数解决生活中的优化问题的4步骤
（1）分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f（x）；
（2）求函数的导数f′（x），解方程f′（x）＝0；
（3）比较函数在区间端点和f′（x）＝0的点的函数值的大小，最大（小）者为最大（小）值；
（4）回归实际问题作答.
[即时应用]
据环保部门测定，某处的污染指数与附近污染源的强度成正比，与到污染源距离的平方成反比，比例常数为k（k>0）．现已知相距18km的A，B两家化工厂（污染源）的污染强度分别为a，b，它们连线上任意一点C处的污染指数y等于两化工厂对该处的污染指数之和．设AC＝x（km）．
（1）试将y表示为x的函数；
（2）若a＝1，且x＝6时，y取得最小值，试求b的值．
解析：
（1）设点C受A污染源污染程度为，点C受B污染源污染程度为，其中k为比例系数，且k>0.
从而点C处受污染程度y＝＋.
（2）因为a＝1，所以y＝＋，
y′＝k.
令y′＝0，得x＝，
又此时x＝6，解得b＝8，经验证符合题意，
所以，污染源B的污染强度b的值为8.
考点二 利用导数研究函数的零点或方程根 互动探究 重点保分考点——师生共研
[典例] （优质试题·高考全国卷Ⅰ）已知函数f（x）＝ae2x＋（a－2）ex－x.
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．
解析：
（1）f（x）的定义域为（－∞，＋∞），f′（x）＝2ae2x＋（a－2）ex－1＝（aex－1）（2ex＋1）．
①若a≤0，则f′（x）<0，所以f（x）在（－∞，＋∞）上单调递减．
②若a>0，则由f′（x）＝0得x＝－lna.
当x∈（－∞，－lna）时，f′（x）<0；当x∈（－lna，＋∞）时，f′（x）>0.所以f（x）在（－∞，－lna）上单调递减，在（－lna，＋∞）上单调递增．
（2）①若a≤0，由
（1）知，f（x）至多有一个零点．
②若a>0，由
（1）知，当x＝－lna时，f（x）取得最小值，最小值为f（－lna）＝1－＋lna.
a．当a＝1时，由于f（－lna）＝0，故f（x）只有一个零点；
b．当a∈（1，＋∞）时，由于1－＋lna>0，
即f（－lna）>0，故f（x）没有零点；
c．当a∈（0,1）时，1－＋lna<0，即f（－lna）<0.
又f（－2）＝ae－4＋（a－2）e－2＋2>－2e－2＋2>0，
故f（x）在（－∞，－lna）有一个零点．
设正整数n0满足n0>ln，则f（n0）＝en0（aen0＋a－2）－n0>en0－n0>2n0－n0>0.
由于ln>－lna，因此f（x）在（－lna，＋∞）有一个零点．
综上，a的取值范围为（0,1）．
利用导数研究方程根的方法
（1）研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等．
（2）根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极（最）值的位置．
（3）通过数形结合的思想去分析问题，可以使得问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．
如本题采用了利用导数来判断函数的零点个数，先利用导数研究函数的单调性和极值，再利用零点存在性定理得参数范围.
[即时应用]
已知函数f（x）＝－alnx（a∈R）．
（1）若h（x）＝f（x）－2x，当a＝－3时，求h（x）的单调递减区间；
（2）若函数f（x）有唯一的零点，求实数a的取值范围．
解析：
（1）h（x）的定义域为（0，＋∞），
当a＝－3时，h（x）＝＋3lnx－2x，
h′（x）＝－＋－2＝－＝－，
∴h（x）的单调递减区间是和（1，＋∞）．
（2）问题等价于alnx＝有唯一的实根，显然a≠0，则关于x的方程xlnx＝有唯一的实根．
构造函数φ（x）＝xlnx，则φ′（x）＝1＋lnx.
令φ′（x）＝1＋lnx＝0，得x＝e－1.
当0＜x＜e－1时，φ′（x）＜0，φ（x）单调递减，
当x＞e－1时，φ′（x）＞0，φ（x）单调递增，
∴φ（x）的极小值为φ（e－1）＝－e－1.
则要使方程xlnx＝有唯一的实根，只需直线y＝与曲线y＝φ（x）有唯一的交点，则＝－e－1或＞0，解得a＝－e或a＞0.
故实数a的取值范围是{－e}∪（0，＋∞）．
考点三 利用导数研究与不等式有关问题 多维探究 题点多变考点——多角探明
[锁定考向] 导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中、高档题．
常见的命题角度有：
（1）证明不等式．
（2）不等式恒成立问题．（3）存在型不等式成立问题．
角度一 证明不等式
1．（优质试题·高考全国卷Ⅲ）已知函数f（x）＝lnx＋ax2＋（2a＋1）x.
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当a<0时，证明f（x）≤－－2.
解析：
（1）f（x）的定义域为（0，＋∞），
f′（x）＝＋2ax＋2a＋1＝.
若a≥0，则当x∈（0，＋∞）时，f′（x）>0，
故f（x）在（0，＋∞）上单调递增．
若a<0，则当x∈（0，－）时，f′（x）>0；
当x∈（－，＋∞）时，f′（x）<0.
故f（x）在（0，－）上单调递增，在（－，＋∞）上单调递减．
（2）证明：
由
（1）知，当a<0时，f（x）在x＝－处取得最大值，最大值为f（－）＝ln（－）－1－.
所以f（x）≤－－2等价于ln（－）－1－≤－－2，即ln（－）＋＋1≤0.
设g（x）＝lnx－x＋1，则g′（x）＝－1.
当x∈（0,1）时，g′（x）>0；当x∈（1，＋∞）时，g′（x）<0.所以g（x）在（0,1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减．
故当x＝1时，g（x）取得最大值，最大值为g
（1）＝0.
所以当x>0时，g（x）≤0.
从而当a<0时，ln（－）＋＋1≤0，
即f（x）≤－－2.
利用导数证明不等式的常用方法
（1）移项法：
证明不等式f（x）＞g（x）（或f（x）＜g（x））的问题转化为证明f（x）－g（x）＞0（或f（x）－g（x）＜0），进而构造辅助函数h（x）＝f（x）－g（x）．
（2）构造“形似”函数：
对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数．
（3）巧妙构造函数．根据不等式的结构特征构造函数，利用函数的最值进行解决．在构造函数的时候灵活多样，注意积累经验.
角度二 不等式恒成立问题
2．（优质试题·河南百校联盟模拟）已知函数f（x）＝ex－ax，a＞0.
（1）记f（x）的极小值为g（a），求g（a）的最大值；
（2）若对任意实数x，恒有f（x）≥0，求f（a）的取值范围．
解析：
（1）函数f（x）的定义域是（－∞，＋∞），f′（x）＝ex－a.
令f′（x）＝0，得x＝lna，易知当x∈（lna，＋∞）时，f′（x）＞0，当x∈（－∞，lna）时，f′（x）＜0，所以函数f（x）在x＝lna处取极小值，g（a）＝f（x）极小值＝f（lna）＝elna－alna＝a－alna．g′（a）＝1－（1＋lna）＝－lna，
当0＜a＜1时，g′（a）＞0，g（a）在（0,1）上单调递增；
当a＞1时，g′（a）＜0，g（a）在（1，＋∞）上单调递减．
所以a＝1是函数g（a）在（0，＋∞）上的极大值点，也是最大值点，所以g（a）max＝g
（1）＝1.
（2）显然，当x≤0时，ex－ax≥0（a＞0）恒成立．
当x＞0时，由f（x）≥0，即ex－ax≥0，得a≤.
令h（x）＝，x∈（0，＋∞），则h′（x）＝＝，
当0＜x＜1时，h′（x）＜0，当x＞1时，h′（x）＞0，
故h（x）的最小值为h
（1）＝e，所以a≤e，故实数a的取值范围是（0，e]．
f（a）＝ea－a2，a∈（0，e]，f′（a）＝ea－2a，
易知ea－2a≥0对a∈（0，e]恒成立，
故f（a）在（0，e]上单调递增，所以f（0）＝1＜f（a）≤f（e）＝ee－e2，即f（a）的取值范围是（1，ee－e2]．
利用导数解决不等式的恒成立问题
利用导数研究不等式恒成立问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.
角度三 存在型不等式成立问题
3．已知函数f（x）＝－ax（a＞0）．
（1）若函数f（x）在（1，＋∞）上是减函数，求实数a的最小值；
（2）若∃x1，x2∈[e，e2]，使f（x1）≤f′（x2）＋a成立，求实数a的取值范围．
解析：
（1）因为f（x）在（1，＋∞）上为减函数，所以f′（x）＝－a≤0在（1，＋∞）上恒成立．
所以当x∈（1，＋∞）时，f′（x）max≤0.
又f′（x）＝－a＝－2＋－a，
故当＝，即x＝e2时，f′（x）max＝－a，
所以－a≤0，故a≥，
所以a的最小值为.
（2）“若∃x1，x2∈[e，e2]，使f（x1）≤f′（x2）＋a成立”等价于当x∈[e，e2]时，有f（x）min≤f′（x）max＋a，
当x∈[e，e2]时，有f′（x）max＝－a，f′（x）max＋a＝，
问题等价于：
“当x∈[e，e2]时，有f（x）min≤”．
①当a≥时，f（x）在[e，e2]上为减函数，
则f（x）min＝f（e2）＝－ae2≤，故a≥－.
②当0＜a＜时，由于f′（x）＝－2＋－a在[e，e2]上为增函数，
故f′（x）的值域为[f′（e），f′（e2）]，即[－a，－a]．
由f′（x）的单调性和值域知，存在唯一x0∈（e，e2），
使f′（x0）＝0，且满足：
当x∈（e，x0）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；
当x∈（x0，e2）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数．
所以f（x）min＝f（x0）＝－ax0≤，x0∈（e，e2），
所以a≥－＞－＞－＝，与0＜a＜矛盾，不合题意．
综上，a≥－.
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