2025版高考数学大一轮复习第二章函数导数及其应用第16讲导数的综合应用课时达标文含解析新人教A版

PAGEPAGE1第16讲导数的综合应用课时达标1．已知函数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．解析因为f′(x)＝3x2＋1>0恒成立，所以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)，所以mx－2<－x，即xm＋x－2<0对随意的m∈[－2,2]恒成立．记g(m)＝xm＋x－2，m∈[－2,2]，则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)，所以x的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(2,3))).2．已知函数f(x)＝x2－ax－alnx(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)≥－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)证明：由(1)知f(x)＝x2－x－lnx，令g(x)＝f(x)－eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(x3,3)＋\f(5x2,2)－))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(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，所以g(x)min＝g(1)＝eq\f(1,3)－eq\f(3,2)＋3－eq\f(11,6)＝0，所以当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).3．已知函数f(x)＝xlnx.(1)求f(x)的最小值；(2)若对全部x≥1都有f(x)≥ax－1，求实数a的取值范围．解析(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f(x)的导数f′(x)＝1＋lnx，令f′(x)>0，解得x>eq\f(1,e)，令f′(x)<0，解得0<x<eq\f(1,e)，从而f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增．所以当x＝eq\f(1,e)时，f(x)取得最小值－eq\f(1,e).(2)由题意得f(x)≥ax－1在[1，＋∞)上恒成立，即不等式a≤lnx＋eq\f(1,x)对于x∈[1，＋∞)上恒成立．令g(x)＝lnx＋eq\f(1,x)，则g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(1,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x))).当x>1时，因为g′(x)＝eq\f(1,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))＞0，故g(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以g(x)的最小值是g(1)＝1，从而a的取值范围是(－∞，1]．4．已知函数f(x)＝x2lnx－a(x2－1)，a∈R.(1)当a＝－1时，求曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若当x≥1时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．解析(1)当a＝－1时，f(x)＝x2lnx＋x2－1，f′(x)＝2xlnx＋3x.则曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率为f′(1)＝3.又f(1)＝0，所以切线方程为3x－y－3＝0.(2)f′(x)＝2xlnx＋(1－2a)x＝x(2lnx＋1－2a)，其中x≥1.当a≤eq\f(1,2)时，因为x≥1，所以f′(x)≥0.所以函数f(x)在[1，＋∞)上单调递增．故f(x)≥f(1)＝0.当a>eq\f(1,2)时，令f′(x)＝0，得x＝ea－eq\f(1,2).若x∈[1，ea－eq\f(1,2))，则f′(x)<0，所以函数f(x)在[1，ea－eq\f(1,2))上单调递减，所以当x∈[1，ea－eq\f(1,2))时，f(x)≤f(1)＝0，不符合题意．综上，a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))).5．已知f(x)＝ax2(a∈R)，g(x)＝2lnx.(1)探讨函数F(x)＝f(x)－g(x)的单调性；(2)若方程f(x)＝g(x)在区间[eq\r(2)，e]上有两个不等解，求a的取值范围．解析(1)F(x)＝ax2－2lnx，其定义域为(0，＋∞)，所以F′(x)＝2ax－eq\f(2,x)＝eq\f(2ax2－1,x)(x>0)．①当a>0时，由ax2－1>0得x>eq\f(1,\r(a))；由ax2－1<0得0<x<eq\f(1,\r(a)).故当a>0时，F(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a))，＋∞))上单调递增，在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(a))))上单调递减．②当a≤0时，F′(x)<0(x>0)恒成立．故当a≤0时，F(x)在(0，＋∞)上单调递减．(2)原式等价于方程a＝eq\f(2lnx,x2)＝φ(x)在区间[eq\r(2)，e]上有两个不等解．由φ′(x)＝eq\f(2x1－2lnx,x4)易知，φ(x)在(eq\r(2)，eq\r(e))上为增函数，在(eq\r(e)，e)上为减函数，则φ(x)max＝φ(eq\r(e))＝eq\f(1,e)，而φ(e)＝eq\f(2,e2)<eq\f(2ln2,4)＝eq\f(ln2,2)＝φ(eq\r(2))，所以φ(x)min＝φ(e)，如图，可知φ(x)＝a有两个不等解时需eq\f(ln2,2)≤a<eq\f(1,e)，即f(x)＝g(x)在[eq\r(2)，e]上有两个不等解时，a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ln2,2)，\f(1,e))).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)，依据市场调查，日销售量与ex(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eq\f(k,ex)件，则eq\f(k,e40)＝10，所以k＝10e40.则日销售量为eq\f(10e40,ex)件，每件利润为(x－30－a)元，则日利润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．所以当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，