2023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

PAGEPAGE62022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]本考点主要以根本初等函数为载体，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．函数f(x)＝x2－ax－alnx(a∈R)．(1)假设函数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)≥－eq\f(x3,3)＋eq\f(5x2,2)－4x＋eq\f(11,6).解析：(1)f′(x)＝2x－a－eq\f(a,x)，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)＝x2－x－lnx，令g(x)＝f(x)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x3,3)＋\f(5x2,2)－4x＋\f(11,6)))＝eq\f(x3,3)－eq\f(3x2,2)＋3x－lnx－eq\f(11,6)，由g′(x)＝x2－3x＋3－eq\f(1,x)＝eq\f(x3－1,x)－3(x－1)＝eq\f(x－13,x)(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)＝eq\f(1,3)－eq\f(3,2)＋3－eq\f(11,6)＝0，∴当x>0时，g(x)≥g(1)＝0，于是f(x)≥－eq\f(x3,3)＋eq\f(5x2,2)－4x＋eq\f(11,6).2．设函数f(x)＝x2＋ln(x＋1)，其中b≠0.证明：对于任意的x1，x2∈[1，＋∞)，且x1≠x2，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>eq\f(5,2).证明：f(x)＝x2＋ln(x＋1)，令h(x)＝f(x)－eq\f(5,2)x＝x2＋ln(x＋1)－eq\f(5,2)x(x≥1)，h′(x)＝2x＋eq\f(1,x＋1)－eq\f(5,2)＝eq\f(4x＋3x－1,2x＋1)，当x≥1时，h′(x)≥0，所以函数h(x)在[1，＋∞)上是增函数．由，不妨设1≤x1<x2，那么h(x1)<h(x2)，f(x1)－eq\f(5,2)x1<f(x2)－eq\f(5,2)x2，即eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>eq\f(5,2).3．(2022·北京卷)设函数f(x)＝eq\f(x2,2)－klnx，k>0.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：假设f(x)存在零点，那么f(x)在区间(1，eq\r(e)]上仅有一个零点．解析：(1)由f(x)＝eq\f(x2,2)－klnx(k>0)，得x>0且f′(x)＝x－eq\f(k,x)＝eq\f(x2－k,x).由f′(x)＝0，解得x＝eq\r(k)(负值舍去)．f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：x(0，eq\r(k))eq\r(k)(eq\r(k)，＋∞)f′(x)－0＋f(x)eq\f(k1－lnk,2)所以，f(x)的单调递减区间是(0，eq\r(k))，单调递增区间是(eq\r(k)，＋∞)．f(x)在x＝eq\r(k)处取得极小值f(eq\r(k))＝eq\f(k1－lnk,2).(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f(eq\r(k))＝eq\f(k1－lnk,2)，因为f(x)存在零点，所以eq\f(k1－lnk,2)≤0，从而k≥e.当k＝e时，f(x)在区间(1，eq\r(e))上单调递减，且f(eq\r(e))＝0，所以x＝eq\r(e)是f(x)在区间(1，eq\r(e)]上的唯一零点．当k>e时，f(x)在区间(1，eq\r(e)]上单调递减，且f(1)＝eq\f(1,2)>0，f(eq\r(e))＝eq\f(e－k,2)<0，所以f(x)在区间(1，eq\r(e)]上仅有一个零点．综上可知，假设f(x)存在零点，那么f(x)在区间(1，eq\r(e)]上仅有一个零点．4．(2022·河南新乡调研)函数f(x)＝x－(a＋1)lnx－eq\f(a,x)(a∈R)，g(x)＝eq\f(1,2)x2＋ex－xex.(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；(2)当a<1时，假设存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2,0]，f(x1)<g(x2)恒成立，求a的取值范围．解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(x－1x－a,x2).①当a≤1时，x∈[1，e]，f′(x)≥0，f(x)为增函数，那么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，那么f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)lna－1.③当a≥e时，x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上为减函数，那么f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq\f(a,e).综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；当1<a<e时，f(x)min＝a－(a＋1)lna－1；当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－eq\f(a,e).(2)由题意知：f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2,0])的最小值．由(1)知f(x)在[e，e2]上单调递增，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq\f(a,e)，g′(x)＝(1－ex)x.x∈[－2,0]时，g′(x)≤0，那么g(x)为减函数．所以g(x)min＝g(0)＝1.所以e－(a＋1)－eq\f(a,e)<1，即a>eq\f(e2－2e,e＋1).所以a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2－2e,e＋1)，1)).5．(2022·辽宁调研)函数f(x)＝ax－lnx，x∈(0，e]，g(x)＝eq\f(lnx,x)，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)＋eq\f(1,2)恒成立；(2)是否存在实数a，使f(x)的最小值为3？假设存在，求出a的值，假设不存在，请说明理由．解析：(1)当a＝1时，f(x)＝x－lnx，∴f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，∴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)＋eq\f(1,2)＝eq\f(lnx,x)＋eq\f(1,2)，那么h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，当0<x<e时，h′(x)>0，那么h(x)在(0，e]上单调递增，∴h(x)max＝h(e)＝eq\f(1,e)＋eq\f(1,2)<eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)＝1＝f(x)min.∴|f(x)|>g(x)＋eq\f(1,2)恒成立．(2)假设存在实数a，使f(x)＝ax－lnx，x∈(0，e]，有最小值3，f′(x)＝a－eq\f(1,x)＝eq\f(ax－1,x).①当a≤0时，f(x)在(0，e]上单调递减，f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，∴a＝eq\f(4,e)(舍去)，∴a≤0时，不存在实数a使f(x)的最小值为3.②当0<eq\f(1,a)<e时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))上单调递增，∴f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝1＋lna＝3，∴a＝e2，满足条件．③当eq\f(1,a)≥e时，f(x)在(0，e]上单调递减，f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，∴a＝eq\f(4,e)(舍去)，∴eq\f(1,a)≥e时，不存在实数a使f(x)的最小值为3.综上，存在实数a＝e2，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，每件产品本钱为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ex(e为自然对数的底数)成反比，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eq\f(k,ex)件，那么eq\f(k,e40)＝10，∴k＝10e40.那么日销售量为eq\f(10e40,ex)件，每件利润为(x－30－a)元，那么日利润L(x)＝10e40·eq\f(x－30－a,ex)(35≤x≤41)．(2)L′(x)＝10e40·eq\f(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)e5.②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．函数f(x)＝x3＋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)＝3x2＋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]，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g－2＝－2x＋x－2<0，,g2＝2x＋x－2<0，))解得－2<x<eq\f(2,3)，即x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(2,3))).8．(2022·全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝emx＋x2－mx.(1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)假设对于任意x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围．解析：(1)证明：f′(x)＝m(emx－1)＋2x.假设m≥0，那么当x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)＞0.假设m＜0，那么当x∈(－∞，0)时，emx－1＞0，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，emx－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x1，x2∈[－1,1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要条件是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1－f0≤e－1，,f－1－f0≤e－1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\