专题4.4导数的综合应用2022年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）（讲）解析版_02高考数学_新高考复习资料_2022年新高考资料

专题4.4 导数的综合应用 了解函数极值的概念及函数在某点取到极值的条件，会用导数求函数的极大值、极小 新课程考试要求 值，会求闭区间上函数的最大值、最小值，会用导数解决某些实际问题. 本节涉及所有的数学核心素养：逻辑推理（多例）、数学建模（例9.10）、直观想象 核心素养 （例3）、数学运算（多例）、数据分析等. （1）导数是研究函数性质的重要工具，它的突出作用是用于研究函数的单调性、极值 与最值、函数的零点等．解答题难度较大，常与不等式的证明、方程等结合考查，且 考向预测 有综合化更强的趋势； （2）适度关注生活中的优化问题. 【知识清单】 1．利用导数研究函数的图象与性质 函数图象的识别主要利用函数的定义域、值域、奇偶性、单调性以及函数值的符号等.解决此类问题应先 观察选项的不同之处，然后根据不同之处研究函数的相关性质，进而得到正确的选项.如该题中函数解析 式虽然比较复杂，但借助函数的定义域与函数的单调性很容易利用排除法得到正确选项. 2．与函数零点有关的参数范围问题 f(x)0 � y  f(x) x � y  f(x) （1）方程 有实根 函数 的图象与 轴有交点 函数 有零点． （2）求极值的步骤： f '(x)0 x 0 ①先求 的根 （定义域内的或者定义域端点的根舍去）； x f '(x) x 0 0 ②分析 两侧导数 的符号：若左侧导数负右侧导数正，则 为极小值点；若左侧导数正右侧导数负， x 0 则 为极大值点. （3）求函数的单调区间、极值、最值是统一的，极值是函数的拐点，也是单调区间的划分点，而求函数 的最值是在求极值的基础上，通过判断函数的大致图象，从而得到最值,大前提是要考虑函数的定义域. y  f(x) f(x)0 （4）函数 的零点就是 的根，所以可通过解方程得零点，或者通过变形转化为两个熟悉 函数图象的交点横坐标. 3．与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题 不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和 热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理． 恒成立 f(x) a min   有解 f(x) a max  f(x)a  无解 f(x) a ： max 4．利用导数证明、解不等式问题 无论不等式的证明还是解不等式，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质（单调性和最 值），达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝. 【考点分类剖析】 考点一 ：利用导数研究函数的零点或零点个数 【典例1】（2021·山东泰安市·高三其他模拟）已知函数 （1）当 时，求 图象在点 处的切线方程； （2）当 且 时，证明 有且仅有两个零点. 【答案】（1） ；（2）证明见解析； 【解析】 （1）当 时，代入，求导，根据导数几何意义即切线斜率，求得切线方程； （2）通过二次求导判断导函数的单调性，进而求得原函数单调性，从而解决零点个数问题. 【详解】 （1）当 时， 则 ， 则 ，又 则 图象在点 处的切线方程为 ； （2）由则 恒成立， 单调递增； 又 ； ， 则必然存在一点 ，使得 ，且 ， ， 单减， ， ， 单增，即 ， 则 ， 故若 有且仅有两个零点，则 ，只需最小值点不在 处取得即可， 即 ，即 ， 故当 且 时， 有且仅有两个零点. f xlnxx2sinx f x f x 【典例2】（2020届山东省菏泽一中高三2月月考）已知函数 , 为 的 导函数. f x 0， (1)求证: 在 上存在唯一零点; f x (2)求证: 有且仅有两个不同的零点. 【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析. 【解析】 1 gx fx 12cosx (1)设 x ， 1 x0, gx2sinx 0 gx 0, 当 时， x2 ，所以 在 上单调递减，  3  2 g  110 g  10     又因为  3  ，  2   gx  ,  所以 在 3 2上有唯一的零点，所以命题得证． x0, fx0 f x 0, (2) ①由(1)知：当 时， ， 在 上单调递增; x, fx0 f x , 当 时， ， 在 上单调递减;     所以 f x 在 0, 上存在唯一的极大值点   3 2       f  f ln  22 0   所以  2 2 2 2  1  1 1 1 f 2 2sin 2 20   又因为 e2  e2 e2 e2 f x 0, 所以 在 上恰有一个零点． f ln20 又因为 f x , 所以 在 上也恰有一个零点． x,2 f xlnxx ②当 时，sinx0， 1 hx 10 hxlnxx 设 ， x hx ,2 hxh0 所以 在 上单调递减，所以 x,2 f xhxh0 所以当 时， 恒成立 f x ,2 所以 在 上没有零点． x2, f xlnxx2 ③当 时， 1 xlnxx2 x 10 设 ， xx 2, x20 所以 在 上单调递减，所以 x2, f xx20 所以当 时， 恒成立 f x 2, 所以 在 上没有零点． f x 综上， 有且仅有两个零点． 【方法技巧】 利用导数研究函数零点或方程根的方法 (1)通过最值(极值)判断零点个数的方法． 借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个 数或者通过零点个数求参数范围． (2)数形结合法求解零点． 对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形 结合确定其中参数的范围． (3)构造函数法研究函数零点． ①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定 区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解． ②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与 化归的思想方法． 【变式探究】 2 f x lnx 1.（2020届山东省枣庄市高三上学期统考）【多选题】关于函数 x ，下列判断正确的是（ ） f x x2 A． 是 的极大值点 y f xx B．函数 有且只有1个零点 f xkx k C．存在正实数 ，使得 恒成立 x x x  x f x  f x  x x 4 D．对任意两个正实数 1， 2，且 2 1，若 1 2 ，则 1 2 【答案】BD 【解析】x2 f x 0, f 'x f x 0,2 2, （1） 的定义域为 ， x2 ，所以 在 上递减，在 上递增，所以 f x x2 是 的极小值点.故A选项错误.   1 2 7 （2）构造函数 2 ，   x2 x2      x 2    4   ， gx f xx lnxxx0 g'x  0 x x2 x2 gx 0, g1ln210 g2ln210 g1g20 gx 所以 在 上递减.而 ， ， .所以 有 且只有一个零点.故B选项正确. 2 kx2 x2 hx f xkx lnxkxx0,k 0 h'x （3）构造函数 x . x2 ，由于k 0， kx2 x2 h'x 0 y kx2 x2开口向下，x0和x时，y kx2 x20，即 x2 ， hx0 f xkx x k 时 ，故不存在正实数 ，使得 恒成立，C选项错误. f x 0,2 2, f x x2 （4）由（1）知， 在 上递减，在 上递增， 是 的极小值点.由于任意两个 x t  2 1 正实数x ，x ，且x  x ， f x  f x  ，故0 x 2 x .令 x ，x tx .由 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 2 x x x t1x 2t1 f x 1  f x 2 得 x 1 lnx 1  x 2 lnx 2，即 2 2 x 1 x 2 1 ln x 1 2 ，即 2 x 1 tx 1 1 lnt ，解得 x 1  tlnt ， 2t1t 2t2 2 x tx  x x  则 2 1 tlnt .所以 1 2 tlnt .要证x x 4，即证x x 40，即证 1 2 1 22t2 2 2t2 24tlnt tlnt 4 tlnt 0 ，由于t 1，所以tlnt 0，故即证2t2 24tlnt 0t 1 ①.构造 ht2t2 24tlntt 1 h10 h't4t4lnt4 h'10 函数 （先取t 1）， ； ， ； 4 4t1 h''t4 t  t 0 .所以h't 在 1, 上为增函数，所以h'th'10，所以ht 在 1, hth10 ht0 t 1 上为增函数，所以 .故当 时， .即证得①成立，故D选项正确. 故选：BD. f(x)sinxln(1x) f(x) f(x) 2.（2019·全国高考真题（理））已知函数 ， 为 的导数．证明：  (1, ) （1） f(x)在区间 2 存在唯一极大值点； f(x) （2） 有且仅有2个零点． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】 1 （1）由题意知： f x定义域为：1,且 fxcosx x1   1 x 1, 令gxcosx x1 ，   2   1   gxsinx x 1, x12 ，   2   1      x12 在  1, 2   上单调递减， sinx， 在  1, 2   上单调递减   gx 1,  在 2上单调递减  4 4 g sin   10 又g0sin0110，   2   2 22 22   x  0, 0   2   ，使得gx 0 0   x x ,  当x1,x 0  时，gx0；   0 2  时，gx0   x , 即gx 在 1,x  上单调递增；在   0 2  上单调递减 0 x x gx 则 0为 唯一的极大值点   f x 1,  即： 在区间 2上存在唯一的极大值点x . 0 1 （2）由（1）知： fxcosx ，x1, x1 x1,0 f x 1,0 ①当 时，由（1）可知 在 上单调递增  fx f00  f x 1,0 在 上单调递减 f 00 又 f x 1,0 x0 为 在 上的唯一零点     x 0, x , ②当   2  时， f x 在 0,x  上单调递增，在   0 2  上单调递减 0 f00  fx 0 又 0  f x 0,x  f x f 00 在 0 上单调递增，此时 ，不存在零点   2 2 f cos   0   又  2  2 2 2  x  x , 1   0 2   ，使得 fx 0 1   x ,  f x在x ,x 上单调递增，在   1 2   上单调递减 0 1     2e f sin ln 1 ln ln10 又 f x  f 00，   2   2   2   2 0   x ,  f x0在   0 2  上恒成立，此时不存在零点   x , ③当  2  时，sinx单调递减，lnx1 单调递减   ,  f x 在  2  上单调递减  f 0   f sinln1ln10 又  2  ，    即 f  f   2   0 ，又 f x在 2 ,   上单调递减   ,  f x 在  2  上存在唯一零点 x, sinx1,1 lnx1ln1lne1 ④当 时， ， sinxlnx10 f x , 即 在 上不存在零点 f x 综上所述： 有且仅有2个零点 考点二：与函数零点有关的参数范围问题 【典例3】（2021·四川省绵阳南山中学高三其他模拟（文））已知关于 的方程 有三个不相等的实数根，则实数 的取值范围是______． 【答案】 【解析】 由参变量分离法得出 ，利用导数分析函数 的单调性与极值，数形结合 可得出关于实数 的不等式，由此可解得实数 的取值范围. 【详解】 由 可得 ，设 ，其中 ， 当 时， ，则 ，此时函数 单调递增， 当 时， ，则 . 若 ， ，此时函数 单调递减， 若 ， ，此时函数 单调递增，所以， ， 作出函数 与 的图象如下图所示：由图可知，当 时，即当 时， 直线 与函数 的图象有三个交点， 因此，实数 的取值范围是 . 故答案为： . f(x)x3 kxk2 【典例4】（2020·全国高考真题（文））已知函数 ． f(x) （1）讨论 的单调性； f(x) k （2）若 有三个零点，求 的取值范围． 4 (0, ) 【答案】（1）详见解析；(2) 27 . 【解析】 f'(x)3x2 k （1）由题， ， k 0 f '(x)0 f(x) (,) 当 时， 恒成立，所以 在 上单调递增； k k k x    x 当 k 0 时，令 f '(x)0，得 3 ，令 f '(x)0，得 3 3 ， k k k k x  x ( , ) 令 f '(x)0，得 3 或 3 ，所以 f(x) 在 3 3 上单调递减，在 k k (, ) ( ,) ， 上单调递增. 3 3 k f( )0  3 （2）由（1）知， 有三个零点，则 ，且  k f( )0  f(x) k 0  3  2 k k2  k 0  3 3 即 ，解得 ，  2 k 4 k2  k 0 0k    3 3 27 4 k 0k  k  当 27 时， 3 ，且 f( k)k2 0， k ( , k) 所以 在 上有唯一一个零点， f(x) 3 k k 1  同理 3 ， f(k 1)k3(k 1)2 0， k (k 1, ) 所以 在 上有唯一一个零点， f(x) 3 k k ( , ) 又 在 上有唯一一个零点，所以 有三个零点， f(x) 3 3 f(x) 4 (0, ) 综上可知k的取值范围为 27 . 【变式探究】 1.（2021·全国高三其他模拟（理））已知函数 在区间 内有唯一零点，则实数 的取值范围为（ ） A． B． C． D．【答案】B 【解析】 令f(x)=0，分离参数，结合导数研究函数的单调性即可得出结果. 【详解】 令f(x)=0，则 ， ， 令 ， ， 令 ， ， 则函数 在区间 单调递增， ， 所以 ，函数 在区间 单调递增， 所以有 ， 即 ， 所以 ， 故选：B． 2. （2021·全国高三其他模拟）已知函数 . （1）讨论 的单调性； （2）若函数 在[ ，2]上有两个不同的零点，求a的取值范围. 【答案】（1）当 时， 在 上单调递增； 当 时， 的递增区间是： ；递减区间是： .（2） . 【解析】 （1）求导函数 ，分 和 两种情况讨论可得结果； （2） ，令 ， ，通过求导列表作出 的简图， 数形结合可得结果. 【详解】 （1）显然，函数 的定义域为 . 因为 ，求导得 . 当 时，对任意 ， 恒成立，所以， 在 上单调递增； 当 时，由 得 或 ；由 得 ， 所以， 的递增区间是： ， ；递减区间是： . 综上可知， 当 时， 在 上单调递增； 当 时， 的递增区间是： ， ；递减区间是： . （2） ， . 所以 令 ， ， 则 ，令 得 或 （舍）.列表 0 且 . 作出函数 的简图，由图可知， 当 即 时， 的图象与直线 由两个不同 的交点. 故 在 上有两个不同的零点时， 的取值范围是 . 【易错提醒】 极值点处的导数为0，而导数为0的点不一定是极值点，要检验极值点两侧导数是否异号． 考点三：与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题 【典例5】（2021·河南商丘市·高三月考（文））设函数（1）求函数 的极值； （2）若关于 的不等式 在 上有解，求实数 的取值范围． 【答案】（1）极小值为 ，无极大值；（2） ． 【解析】 （1）先求导函数，然后利用导数判断函数单调性即可得函数极值； （2）原问题等价于 在 上有解，即 ，构造函数即 可求解. 【详解】 解:（1）由于函数 的定义域为 易知 在 上单调递增，且有 ， 所以当 时， 当 时， 所以 在 上单调递减，在 上单调递增， 因此函数 的极小值为 ，无极大值． （2）由题意， ，即 在 上有解． 记 ，则 ， 若 ，当 时总有 ，所以 在 上单调递增， 所以 ，要使 在 上有解，只需 ，所以 ． 若 ，当 时， ， 若原不等式在 上有解，则 ，即 ，即 ，与已知矛盾． 综上， 的取值范围为 ． f(x)ex ax2 x 【典例6】（2020·全国高考真题（理））已知函数 . （1）当a=1时，讨论f（x）的单调性； 1 （2）当x≥0时，f（x）≥ x3+1，求a的取值范围. 2 x,0 f 'x0, f x x0, f 'x0, f x 【答案】（1）当 时， 单调递减，当 时， 单调递 7e2  增.（2） , 4   【解析】 f xex x2 x fxex 2x1 (1)当a1时， ， ， fxex 20 f 'x f00 由于 ，故 单调递增，注意到 ，故： x,0 fx0, f x 当 时， 单调递减， x0, fx0, f x 当 时， 单调递增. 1 1 f x x3 1 ex ax2 x� x31 (2)由 2 得， 2 ，其中x0， ①.当x=0时，不等式为：11，显然成立，符合题意；1 ex  x3x1 ②.当 时，分离参数a得， 2 ， a�  x0 x2 ex  1 x3x1 x2   ex  1 x2 x1   记gx 2 ，gx  2  ， x2 x3 1 hxex  x2 x1x0 令 2 ， hxex x1 hxex 10 则 ， ， h'x hxh00 故 单调递增， ， hx hxh00 故函数 单调递增， ， 1 hx0 ex  x2 x1�0 由 可得： 2 恒成立， x0,2 g�( x) >0 gx 故当 时， ， 单调递增； x2, g�( x) <0 gx 当 时， ， 单调递减； 7e2 gx  g2 因此，  max 4 , 7e2  综上可得，实数a的取值范围是 , . 4   【规律方法】 1.一般地，若不等式a≥f(x)恒成立，a的取值范围是a≥[f(x)] ；若不等式a≤f(x)恒成立，则a的取值范围是 max a≤[f(x)] ． min f(x) g(x) y  f(x) y  g(x) 2.含参数的不等式 恒成立、有解、无解的处理方法：① 的图象和 图象特 F(x) f(x)g(x) F(x) 点考考虑；②构造函数法，一般构造 ，转化为 的最值处理；③参变分离法，将 a h(x) ah(x) h(x) 不等式等价变形为 ，或 ，进而转化为求函数 的最值.【变式探究】 f xexxa1aR 1．（2020·湖南长郡中学高三其他（文））已知函数 . f x 1,2 （1）讨论 在区间 上的单调性； a f x （2）若 e 恒成立，求实数a的最大值.（e为自然对数的底） 【答案】（1）见解析；（2）1. 【解析】 fxexxa （1）由已知 ， x,a fx0 xa, fx0 时， ﹔ 时， ， a1 f x 1,2 ①当 时， 在 上单调递增； f x 1,a a,2 ②当1a2时， 在 上单调递减， 上单调递增； a2 f x 1,2 ③当 时， 在 的单调递减； a exxa1 0 （2）由已知 e 恒成立， a gxexxa1 gx 0 令 e ，则 ， min gx x,a xa, 由（1）知： 在 上单调递减，在 上单调递增， a gx  ga0 eaaa1 0 则 ，即 e min ea1a0 整理得 ， hxex1x hxex110 hxex1x 令 ， 恒成立，即 在R上单调递增， h1e1110 haea1a0h1 而 ， ，a1 1 所以 ，即a的最大值为 . 2.（2019·全国高考真题（文））已知函数f（x）=2sinx－xcosx－x，f′（x）为f（x）的导数． （1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点； （2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围． a,0 【答案】（1）见解析；（2） . 【解析】 fx2cosxcosxxsinx1cosxxsinx1 （1） gxcosxxsinx1 gxsinxsinxxcosx xcosx 令 ，则  当x0,时，令gx0，解得：x 2  当 x西 骣 � � � 桫 0, p 2 � ��时，gx0；当 x     2 ,   时，gx0     0, , \ g(x)在   2  上单调递增；在   2  上单调递减   g  10 又g0110，   2   2 ，g112 骣 � p� 即当 x西� � 桫 0, 2 �� 时， gx0 ，此时 gx 无零点，即 fx 无零点     g   2   g0 x 0    2 ,  ，使得gx 0 0     , , 又gx 在   2  上单调递减 x x 为gx ，即 fx在   2  上的唯一零点 0 fx 0, 综上所述： 在区间 存在唯一零点 x0, f xax f xax0 （2）若 时， ，即 恒成立 hx f xax2sinxxcosxa1x 令hxcosxxsinx1a hx xcosx gx 则 ，     0, , 由（1）可知，hx 在   2  上单调递增；在   2  上单调递减  2 h  a 且h0a，   2   2 ，h2a  2 hx h  a hx h2a， max   2   2 min hx h2a0 hx0 0, a2 ①当 时， min ，即 在 上恒成立 hx 0, 在 上单调递增 \ h(x)� h(0) 0 f xax0 f xax ，即 ，此时 恒成立  h 0 ②当2a0时，h00，   2   ，h0   x  , 1   2  ，使得hx 0 1 hx 0,x  x , 在 1 上单调递增，在 1 上单调递减 h00 h2sincosa1a0 又 ， hx0 0, f xax 在 上恒成立，即 恒成立 2  2 ③当 0a 2 时，h00， h   2    2 a 0   x  0,   2  2，使得hx 0 2   x , hx 在 0,x  上单调递减，在   2 2  上单调递增 2x0,x  hxh00 f xax 2 时， ，可知 不恒成立 2  2 a hx h    a0 ④当 2 时， max  2 2   0, hx 在   2  上单调递减 \ h(x)0).问OE 为多少米时，桥墩CD与EF的总造价 最低? 【答案】（1）120米（2）OE 20米 【解析】 1 1 |OA|2 403 640|OA|80 （1）由题意得40 800 |AB||OA||OB|8040120 米 1 |OO| 802 160 （2）设总造价为 f(x)万元， 40 ，设|OE| x， 1 3 1 f(x)k(160 x36x) k[160 (80x)2],(0 x40) 800 2 40 1 3 3 6  f(x)k(160 x3 x2), f(x)k( x2  x)0x20 800 80 800 80 (0舍去) 0 x20 f(x)0 20 x40 f(x)0 x=20 f(x) 当 时， ；当 时， ，因此当 时， 取最小值， 答：当OE 20米时，桥墩CD与EF的总造价最低. 【规律方法】 1.常见生活最优化问题： （1）面积、体积(容积)最大，周长最短，距离最小等实际几何问题，求解时先设出恰当的变量，将待求 解最值的问题表示为变量的函数，再按函数求最值的方法求解，最后检验． （2）利润最大、效率最高等实际问题，关键是弄清问题的实际背景，将实际问题用函数关系表达，再求 解． （3）用料最省、费用最低问题出现的形式多与几何体有关，解题时根据题意明确哪一项指标最省(往往要 从几何体的面积、体积入手)，将这一指标表示为关于自变量x的函数，利用导数或其他方法求出最值，但 一定要注意自变量的取值范围． 2.利用导数解决生活中的优化问题的步骤 分析实际问题中各量之间的关系，构建数学模型，写出实际问题中变量之间的函数 第一步 关系式y＝f(x) 第二步 求函数f(x)的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0第三步 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 第四步 回归实际问题，给出优化问题的答案 3.在解决生活中遇到的优化问题时，可以利用基本不等式．利用基本不等式求最值时，必须注意使用的前 提以及等号成立的条件成立，否则易犯错误，注意f′(x)＝0的x 是否在定义域内，从而进行分类讨论． 0 0 【变式探究】 1. （2021·广东江门市·高三一模）如图，抛物线 与动圆 相交于 四个不同点． （1）求 的取值范围； （2）求四边 面积 的最大值及相应 的值． 【答案】（1） ；（2） 的最大值 ， . 【解析】 （1）联立抛物线和圆的方程，要圆与抛物线有四个不同交点，即方程有两个不等正根，写出满足的不等 式组，求得r的取值范围. （2）设出A，B坐标，根据（1）中联立结果写出韦达定理，表示出四边形ABCD的面积表达式，方法一 借助导数求单调区间，从而求得最大值；方法二把表达式写成因式乘积的形式，借助不等式求得最大值. 【详解】 解：（1）联立抛物线与圆方程消 可得： 要圆与抛物线有四个不同交点，即方程有两个不等正根． 所以， 解得： 的取值范围为 ； （2）设 ，其中 ，则 令 当 时， 单调递增； 当 时， 单调递减． 当 时， 取得最大值，即 ， 方法二：当 时，即 取得最大值， 2.（2020届山东省枣庄市高三上学期统考）2018年森林城市建设座谈会在深圳举行.会上宣读了国家森林 城市称号批准决定，并举行授牌仪式，滕州市榜上有名，被正式批准为“国家森林城市”.为进一步推进 国家森林城市建设，我市准备制定生态环境改造投资方案，该方案要求同时具备下列两个条件： ①每年用于风景区改造的费用 y 随每年改造生态环境总费用x增加而增加；②每年用于风景区改造的费用 y 不得低于每年改造生态环境总费用x的15%，但不得高于每年改造生态环境总费用x的25%.若每年改造 1 y   x34x16  生态环境的总费用至少1亿元，至多4亿元；请你分析能否采用函数模型 100 作为生态 环境改造投资方案. 1 y   x34x16  【答案】能采用函数模型 100 作为生态环境改造投资方案，理由见解析 【解析】 1 y  3x2 4  0 ∵ 100 ，x1,4 . 1 y   x34x16  ∴当x1,4 时，函数 100 是增函数，满足条件①. y 1  16 gx  x2 4   设 x 100 x ，x1,4. 1  16 x38 gx 2x    则 100 x2  50x2 .gx0 x2 令 ，得 . gx gx x 当 变化时， ， 的变化情况，如下表： x 1 1,2 2 2,4 4 gx － 0 + gx 21% 递减 极小值16% 递增 24% gx x2 16%15% 当 时， 有最小值为 ， gx24%25% x4 当 时， ， gx21%25% x1 当 时， ，满足条件②. 1 y   x34x16  所以能采用函数模型 100 作为生态环境改造投资方案.