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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

时间:2017-05-30


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 -ax-aln

x(a∈R). (1)若函数 f(x)在 x=1 处取得极值,求 a 的值;
2

x 5x 11 (2)在(1)的条件下,求证:f(x)≥- + -4x+ . 3 2 6
解析:(1)f′(x)=2x-a- ,由题意可得

3

2

a x

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. 11? x3 3x2 ? x 5x 2 (2)由(1)知,f(x)=x -x-ln x,令 g(x)=f(x)-?- + -4x+ ?= - +3x 6? 3 2 ? 3 2 11 -ln x- , 6 1 x -1 ?x-1? 由 g′(x)=x -3x+3- = -3(x-1)= (x>0),可知 g(x)在(0,1)上是
2 3 3 3 2

x

x

x

减函数,在(1,+∞)上是增函数, 1 3 11 x 5x ∴g(x)min=g(1)= - +3- =0, ∴当 x>0 时, g(x)≥g(1)=0, 于是 f(x)≥- + 3 2 6 3 2 11 -4x+ . 6 2.设函数 f(x)=x +ln(x+1),其中 b≠0. 证明:对于任意的 x1,x2∈[1,+∞),且 x1≠x2,都有 证明:f(x)=x +ln(x+1), 5 5 2 令 h(x)=f(x)- x=x +ln(x+1)- x(x≥1), 2 2
2 2 3 2

f?x1?-f?x2? 5 > . x1-x2 2

h′(x)=2x+ - = x+1 2

1

5 ?4x+3??x-1? , 2?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≤x1<x2,则 h(x1)<h(x2), 5 5 f?x1?-f?x2? 5 f(x1)- x1<f(x2)- x2,即 > . 2 2 x1-x2 2
1

3.(2015·北京卷)设函数 f(x)= -kln x,k>0. 2 (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.

x2

x k x -k 解析:(1)由 f(x)= -kln x(k>0),得 x>0 且 f′(x)=x- = .由 f′(x)=0, 2 x x
解得 x= k(负值舍去).

2

2

f(x)与 f′(x)在区间(0,+∞)上的情况如下: x f′(x) f(x)
(0, k) - ?

k
0 错误!

( k,+∞) + ?

所以,f(x)的单调递减区间是(0, k), 单调递增区间是( k,+∞).

k?1-ln k? f(x)在 x= k处取得极小值 f( k)= .
2 (2)证明:由(1)知,f(x)在区间(0,+∞)上的最小值为 f( k)=

k?1-ln k?
2

,因为

k?1-ln k? f(x)存在零点,所以 ≤0,从而 k≥e.
2 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. 1 e-k 当 k>e 时, f(x)在区间(1, e]上单调递减,且 f(1)= >0,f( e)= <0, 所以 f(x) 2 2 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.

a 1 2 x 4.(2017·河南新乡调研)已知函数 f(x)=x-(a+1)ln x- (a∈R),g(x)= x +e x 2
-xe . (1)当 x∈[1,e]时,求 f(x)的最小值; (2)当 a<1 时,若存在 x1∈[e,e ],使得对任意的 x2∈[-2,0],f(x1)<g(x2)恒成立, 求 a 的取值范围. ?x-1??x-a? 解析:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)= . 2
2

x

x

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

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)- . e 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)- . e (2)由题意知:f(x)(x∈[e,e ])的最小值小于 g(x)(x∈[-2,0])的最小值.由(1)知
2

a

a

f(x)在[e,e2]上单调递增, a f(x)min=f(e)=e-(a+1)- ,g′(x)=(1-ex)x.
e

x∈[-2,0]时,g′(x)≤0,则 g(x)为减函数. a e -2e 所以 g(x)min = g(0) = 1. 所以 e - (a + 1) - <1 ,即 a> . 所以 a 的取值范围为 e e+1
2

?e -2e,1?. ? e+1 ? ? ?
ln x 5.(2016·辽宁调研)已知函数 f(x)=ax-ln x,x∈(0,e],g(x)= ,其中 e 是

2

x

自然对数的底数,a∈R. 1 (1)当 a=1 时,求 f(x)的极值,并证明|f(x)|>g(x)+ 恒成立; 2 (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. 1 x-1 解析: (1)当 a=1 时, f(x)=x-ln x, ∴f′(x)=1- = , ∴当 0<x<1 时, f′(x)<0,

x

x

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. 1 ln x 1 1-ln x 令 h(x)=g(x)+ = + ,则 h′(x)= , 2 x 2 x2 当 0<x<e 时,h′(x)>0,则 h(x)在(0,e]上单调递增, 1 1 1 1 ∴h(x)max=h(e)= + < + =1=f(x)min. e 2 2 2

3

1 ∴|f(x)|>g(x)+ 恒成立. 2 1 ax-1 (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- = .

x

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= (舍去),
∴a≤0 时,不存在实数 a 使 f(x)的最小值为 3. 1 ? 1? ?1 ? ?1? ②当 0< <e 时,f(x)在?0, ?上单调递减,在? ,e?上单调递增,∴f(x)min=f? ?=1

4 e

a

?

a?

?a

?

?a?

+ln a=3,∴a=e ,满足条件. 1 4 ③当 ≥e 时,f(x)在(0,e]上单调递减,f(x)min=f(e)=ae-1=3,∴a= (舍去),∴ a e 1

2

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=e ,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
2

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 (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 x件,则 40=10,∴k=10e . e e 10e 则日销售量为 x 件,每件利润为(x-30-a)元, e 则日利润 L(x)=10e ·
40 40

x

k

k

40

x-30-a
e
x

(35≤x≤41).

31+a-x 40 (2)L′(x)=10e · (35≤x≤41). x e 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 . 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 10e
9-a 5

.

综上可知,当 2≤a≤4 时,日售价为 35 元可使日利润 L(x)最大,
4

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 +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 +1>0 恒成立,∴f(x)在 R 上为增函数.又 f(-x)=-f(x),故
2 3

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, ?

2 解得-2<x< , 3

2? ? 即 x∈?-2, ?. 3? ? 8.(2015·全国卷Ⅱ)设函数 f(x)=e +x -mx. (1)证明:f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增; (2)若对于任意 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(e -1)+2x. 若 m≥0,则当 x∈(-∞,0)时,e -1≤0,f′(x)<0; 当 x∈(0,+∞)时,e -1≥0,f′(x)>0. 若 m<0,则当 x∈(-∞,0)时,e -1>0,f′(x)<0; 当 x∈(0,+∞)时,e -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
? ?f?1?-f?0?≤e-1, ? ?f?-1?-f?0?≤e-1, ?
t mx mx mx mx mx mx
2

? ?e -m≤e-1, 即? -m ?e +m≤e-1. ?
t

m



设函数 g(t)=e -t-e+1,则 g′(t)=e -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 +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>e-1; 当 m<-1 时,g(-m)>0,即 e +m>e-1.
-m -1

m

5

综上,m 的取值范围是[-1,1].

6


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