2018年高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用课时

2018年高考数学一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 课时达标16导数与函数的综合问题 理[解密考纲]本考点主要以基本初等函数为载体，综合应用函数、导数、方程、不等式等知识，常考查恒成立问题、存在性问题或者与实际问题相结合讨论最优解等问题，综合性较强，常作为压轴题出现．三种题型均有出现，以解答题为主，难度较大．1．已知函数f (x )＝x 2－ax －a ln x (a ∈R )． (1)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，求a 的值； (2)在(1)的条件下，求证：f (x )≥－x 33＋5x 22－4x ＋116.解析：(1)f ′(x )＝2x －a －ax，由题意可得f ′(1)＝0，解得a ＝1.经检验，a ＝1时f (x )在x ＝1处取得极值，所以a ＝1.(2)由(1)知，f (x )＝x 2－x －ln x ，令g (x )＝f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 33＋5x22－4x ＋116＝x 33－3x 22＋3x－ln x －116，由g ′(x )＝x 2－3x ＋3－1x ＝x 3－1x －3(x －1)＝ x －13x(x >0)，可知g (x )在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，∴g (x )min ＝g (1)＝13－32＋3－116＝0，∴当x >0时，g (x )≥g (1)＝0，于是f (x )≥－x 33＋5x 22－4x ＋116.2．设函数f (x )＝x 2＋ln(x ＋1)，其中b ≠0.证明：对于任意的x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1≠x 2，都有f x 1 －f x 2 x 1－x 2>52.证明：f (x )＝x 2＋ln(x ＋1)，令h (x )＝f (x )－52x ＝x 2＋ln(x ＋1)－52x (x ≥1)，h ′(x )＝2x ＋1x ＋1－52＝4x ＋3 x －12 x ＋1，当x ≥1时，h ′(x )≥0，所以函数h (x )在[1，＋∞)上是增函数． 由已知，不妨设1≤x 1<x 2，则h (x 1)<h (x 2)， f (x 1)－52x 1<f (x 2)－52x 2，即f x 1 －f x 2 x 1－x 2>52.3．(2015·北京卷)设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k >0.(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．解析：(1)由f (x )＝x 22－k ln x (k >0)，得x >0且f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx.由f ′(x )＝0，解得x ＝k (负值舍去)．f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上的情况如下：所以，f (x )单调递增区间是(k ，＋∞)．f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k 1－ln k2.(2)证明：由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k 1－ln k2，因为f (x )存在零点，所以k 1－ln k 2≤0，从而k ≥e.当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (e)＝0， 所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点．当k >e 时，f (x )在区间(1，e]上单调递减，且f (1)＝12>0，f (e)＝e －k2<0，所以f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．综上可知，若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．4．(2017·河南新乡调研)已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R )，g (x )＝12x 2＋ex－x e x.(1)当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；(2)当a <1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2,0]，f (x 1)<g (x 2)恒成立，求a 的取值范围．解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ x －1 x －ax2. ①当a ≤1时，x ∈[1，e]，f ′(x )≥0，f (x )为增函数， 则f (x )min ＝f (1)＝1－a .②当1<a <e 时，x ∈[1，a ]时，f ′(x )≤0，f (x )为减函数；x ∈[a ，e]时，f ′(x )≥0，f (x )为增函数，则f (x )min ＝f (a )＝a －(a ＋1)ln a －1.③当a ≥e 时，x ∈[1，e]时，f ′(x )≤0，f (x )在[1，e]上为减函数，则f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae.综上，当a ≤1时，f (x )min ＝1－a ； 当1<a <e 时，f (x )min ＝a －(a ＋1)ln a －1； 当a ≥e 时，f (x )min ＝e －(a ＋1)－ae.(2)由题意知：f (x )(x ∈[e ，e 2])的最小值小于g (x )(x ∈[－2,0])的最小值．由(1)知f (x )在[e ，e 2]上单调递增，f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae，g ′(x )＝(1－e x )x .x ∈[－2,0]时，g ′(x )≤0，则g (x )为减函数．所以g (x )min ＝g (0)＝1.所以e －(a ＋1)－ae <1，即a >e 2－2ee ＋1.所以a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2－2e e ＋1，1.5．(2016·辽宁调研)已知函数f (x )＝ax －ln x ，x ∈(0，e]，g (x )＝ln xx，其中e 是自然对数的底数，a ∈R .(1)当a ＝1时，求f (x )的极值，并证明|f (x )|>g (x )＋12恒成立；(2)是否存在实数a ，使f (x )的最小值为3？若存在，求出a 的值，若不存在，请说明理由．解析：(1)当a ＝1时，f (x )＝x －ln x ，∴f ′(x )＝1－1x ＝x －1x，∴当0<x <1时，f ′(x )<0，此时f (x )单调递减；当1<x ≤e 时，f ′(x )>0，此时f (x )单调递增．∴f (x )的极小值为f (1)＝1，∴f (x )在(0，e]上的最小值为1. 令h (x )＝g (x )＋12＝ln x x ＋12，则h ′(x )＝1－ln x x 2，当0<x <e 时，h ′(x )>0，则h (x )在(0，e]上单调递增， ∴h (x )max ＝h (e)＝1e ＋12<12＋12＝1＝f (x )min .∴|f (x )|>g (x )＋12恒成立．(2)假设存在实数a ，使f (x )＝ax －ln x ，x ∈(0，e]，有最小值3，f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x.①当a ≤0时，f (x )在(0，e]上单调递减，f (x )min ＝f (e)＝a e －1＝3，∴a ＝4e(舍去)，∴a ≤0时，不存在实数a 使f (x )的最小值为3.②当0<1a<e 时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎦⎥⎤1a ，e 上单调递增，∴f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝1＋ln a ＝3，∴a ＝e 2，满足条件．③当1a ≥e 时，f (x )在(0，e]上单调递减，f (x )min ＝f (e)＝a e －1＝3，∴a ＝4e (舍去)，∴1a≥e 时，不存在实数a 使f (x )的最小值为3.综上，存在实数a ＝e 2，使得当x ∈(0，e]时，f (x )有最小值3.6．某商店经销一种奥运纪念品，每件产品成本为30元，且每卖出一件产品，需向税务部门上交a 元(a 为常数，2≤a ≤5)的税收，设每件产品的日售价为x 元(35≤x ≤41)，根据市场调查，日销售量与e x(e 为自然对数的底数)成反比，已知每件产品的日售价为40元时，日销售量为10件．(1)求商店的日利润L (x )元与每件产品的日售价x 元的函数关系式； (2)当每件产品的日售价为多少元时该商店的日利润L (x )最大，说明理由． 解析：(1)设日销售量为k e x 件，则ke 40＝10，∴k ＝10e 40.则日销售量为10e40e x 件，每件利润为(x －30－a )元，则日利润L (x )＝10e 40·x －30－aex(35≤x ≤41)．(2)L ′(x )＝10e 40·31＋a －x ex(35≤x ≤41)． ①当2≤a ≤4时，33≤31＋a ≤35，L ′(x )≤0，L (x )在[35,41]上是减函数．∴当x ＝35时，L (x )的最大值为10(5－a )e 5.②当4<a ≤5时，35<31＋a ≤36，由L ′(x )＝0得x ＝a ＋31， 当x ∈(35，a ＋31)时，L ′(x )＞0，L (x )在(35，a ＋31)上是增函数． 当x ∈(a ＋31,41]时，L ′(x )<0，L (x )在(a ＋31,41]上是减函数． ∴当x ＝a ＋31时，L (x )的最大值为10e9－a.综上可知，当2≤a ≤4时，日售价为35元可使日利润L (x )最大，当4<a ≤5时，日售价为a ＋31元可使日利润L (x )最大．7．已知函数f (x )＝x 3＋x ，∀m ∈[－2,2]，f (mx －2)＋f (x )<0恒成立，求实数x 的取值范围．解析：∵f ′(x )＝3x 2＋1>0恒成立，∴f (x )在R 上为增函数．又f (－x )＝－f (x )，故f (x )为奇函数，由f (mx －2)＋f (x )<0，得f (mx －2)<－f (x )＝f (－x )， ∴mx －2<－x 即xm ＋x －2<0对∀m ∈[－2,2]恒成立． 记g (m )＝xm ＋x －2，m ∈[－2,2]，则⎩⎪⎨⎪⎧g －2 ＝－2x ＋x －2<0，g 2 ＝2x ＋x －2<0，解得－2<x <23，即x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－2，23. 8．(2015·全国卷Ⅱ)设函数f (x )＝e mx＋x 2－mx .(1)证明：f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)若对于任意x 1，x 2∈[－1,1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤e－1，求m 的取值范围． 解析：(1)证明：f ′(x )＝m (e mx－1)＋2x .若m ≥0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx－1≤0，f ′(x )＜0； 当x ∈(0，＋∞)时，e mx－1≥0，f ′(x )＞0.若m ＜0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx－1＞0，f ′(x )＜0； 当x ∈(0，＋∞)时，e mx－1＜0，f ′(x )＞0.所以，f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)由(1)知，对任意的m ，f (x )在[－1,0]单调递减，在[0,1]单调递增，故f (x )在x ＝0处取最小值．所以对于任意x 1，x 2∈[－1,1]，|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧f 1 －f 0 ≤e－1，f －1 －f 0 ≤e－1，即⎩⎪⎨⎪⎧e m－m ≤e－1，e －m＋m ≤e－1.①设函数g (t )＝e t－t －e ＋1，则g ′(t )＝e t－1. 当t ＜0时，g ′(t )＜0；当t ＞0时，g ′(t )＞0. 故g (t )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增． 又g (1)＝0，g (－1)＝e －1＋2－e ＜0， 故当t ∈[－1,1]时，g (t )≤0.当m ∈[－1,1]时，g (m )≤0，g (－m )≤0，即①式成立； 当m ＞1时，由g (t )的单调性，g (m )＞0，即e m－m ＞e －1； 当m ＜－1时，g (－m )＞0，即e －m＋m ＞e －1.综上，m的取值范围是[－1,1]．。