2023年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第二章函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用課時達(dá)標(biāo)16導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問題理

PAGEPAGE62022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第二章函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用課時達(dá)標(biāo)16導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問題理[解密考綱]本考點(diǎn)主要以根本初等函數(shù)為載體，綜合應(yīng)用函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、方程、不等式等知識，?？疾楹愠闪栴}、存在性問題或者與實(shí)際問題相結(jié)合討論最優(yōu)解等問題，綜合性較強(qiáng)，常作為壓軸題出現(xiàn)．三種題型均有出現(xiàn)，以解答題為主，難度較大．1．函數(shù)f(x)＝x2－ax－alnx(a∈R)．(1)假設(shè)函數(shù)f(x)在x＝1處取得極值，求a的值；(2)在(1)的條件下，求證：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)，由題意可得f′(1)＝0，解得a＝1.經(jīng)檢驗(yàn)，a＝1時f(x)在x＝1處取得極值，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)上是減函數(shù)，在(1，＋∞)上是增函數(shù)，∴g(x)min＝g(1)＝eq\f(1,3)－eq\f(3,2)＋3－eq\f(11,6)＝0，∴當(dāng)x>0時，g(x)≥g(1)＝0，于是f(x)≥－eq\f(x3,3)＋eq\f(5x2,2)－4x＋eq\f(11,6).2．設(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋ln(x＋1)，其中b≠0.證明：對于任意的x1，x2∈[1，＋∞)，且x1≠x2，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>eq\f(5,2).證明：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)，當(dāng)x≥1時，h′(x)≥0，所以函數(shù)h(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)．由，不妨設(shè)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)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(x2,2)－klnx，k>0.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)證明：假設(shè)f(x)存在零點(diǎn)，那么f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e)]上僅有一個零點(diǎn)．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)(負(fù)值舍去)．f(x)與f′(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的情況如下：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)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，eq\r(k))，單調(diào)遞增區(qū)間是(eq\r(k)，＋∞)．f(x)在x＝eq\r(k)處取得極小值f(eq\r(k))＝eq\f(k1－lnk,2).(2)證明：由(1)知，f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的最小值為f(eq\r(k))＝eq\f(k1－lnk,2)，因?yàn)閒(x)存在零點(diǎn)，所以eq\f(k1－lnk,2)≤0，從而k≥e.當(dāng)k＝e時，f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e))上單調(diào)遞減，且f(eq\r(e))＝0，所以x＝eq\r(e)是f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e)]上的唯一零點(diǎn)．當(dāng)k>e時，f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e)]上單調(diào)遞減，且f(1)＝eq\f(1,2)>0，f(eq\r(e))＝eq\f(e－k,2)<0，所以f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e)]上僅有一個零點(diǎn)．綜上可知，假設(shè)f(x)存在零點(diǎn)，那么f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e)]上僅有一個零點(diǎn)．4．(2022·河南新鄉(xiāng)調(diào)研)函數(shù)f(x)＝x－(a＋1)lnx－eq\f(a,x)(a∈R)，g(x)＝eq\f(1,2)x2＋ex－xex.(1)當(dāng)x∈[1，e]時，求f(x)的最小值；(2)當(dāng)a<1時，假設(shè)存在x1∈[e，e2]，使得對任意的x2∈[－2,0]，f(x1)<g(x2)恒成立，求a的取值范圍．解析：(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(x－1x－a,x2).①當(dāng)a≤1時，x∈[1，e]，f′(x)≥0，f(x)為增函數(shù)，那么f(x)min＝f(1)＝1－a.②當(dāng)1<a<e時，x∈[1，a]時，f′(x)≤0，f(x)為減函數(shù)；x∈[a，e]時，f′(x)≥0，f(x)為增函數(shù)，那么f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)lna－1.③當(dāng)a≥e時，x∈[1，e]時，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上為減函數(shù)，那么f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq\f(a,e).綜上，當(dāng)a≤1時，f(x)min＝1－a；當(dāng)1<a<e時，f(x)min＝a－(a＋1)lna－1；當(dāng)a≥e時，f(x)min＝e－(a＋1)－eq\f(a,e).(2)由題意知：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]上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq\f(a,e)，g′(x)＝(1－ex)x.x∈[－2,0]時，g′(x)≤0，那么g(x)為減函數(shù)．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的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2－2e,e＋1)，1)).5．(2022·遼寧調(diào)研)函數(shù)f(x)＝ax－lnx，x∈(0，e]，g(x)＝eq\f(lnx,x)，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，a∈R.(1)當(dāng)a＝1時，求f(x)的極值，并證明|f(x)|>g(x)＋eq\f(1,2)恒成立；(2)是否存在實(shí)數(shù)a，使f(x)的最小值為3？假設(shè)存在，求出a的值，假設(shè)不存在，請說明理由．解析：(1)當(dāng)a＝1時，f(x)＝x－lnx，∴f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，∴當(dāng)0<x<1時，f′(x)<0，此時f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)1<x≤e時，f′(x)>0，此時f(x)單調(diào)遞增．∴f(x)的極小值為f(1)＝1，∴f(x)在(0，e]上的最小值為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)，當(dāng)0<x<e時，h′(x)>0，那么h(x)在(0，e]上單調(diào)遞增，∴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)假設(shè)存在實(shí)數(shù)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當(dāng)a≤0時，f(x)在(0，e]上單調(diào)遞減，f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，∴a＝eq\f(4,e)(舍去)，∴a≤0時，不存在實(shí)數(shù)a使f(x)的最小值為3.②當(dāng)0<eq\f(1,a)<e時，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))上單調(diào)遞增，∴f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝1＋lna＝3，∴a＝e2，滿足條件．③當(dāng)eq\f(1,a)≥e時，f(x)在(0，e]上單調(diào)遞減，f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，∴a＝eq\f(4,e)(舍去)，∴eq\f(1,a)≥e時，不存在實(shí)數(shù)a使f(x)的最小值為3.綜上，存在實(shí)數(shù)a＝e2，使得當(dāng)x∈(0，e]時，f(x)有最小值3.6．某商店經(jīng)銷一種奧運(yùn)紀(jì)念品，每件產(chǎn)品本錢為30元，且每賣出一件產(chǎn)品，需向稅務(wù)部門上交a元(a為常數(shù)，2≤a≤5)的稅收，設(shè)每件產(chǎn)品的日售價(jià)為x元(35≤x≤41)，根據(jù)市場調(diào)查，日銷售量與ex(e為自然對數(shù)的底數(shù))成反比，每件產(chǎn)品的日售價(jià)為40元時，日銷售量為10件．(1)求商店的日利潤L(x)元與每件產(chǎn)品的日售價(jià)x元的函數(shù)關(guān)系式；(2)當(dāng)每件產(chǎn)品的日售價(jià)為多少元時該商店的日利潤L(x)最大，說明理由．解析：(1)設(shè)日銷售量為eq\f(k,ex)件，那么eq\f(k,e40)＝10，∴k＝10e40.那么日銷售量為eq\f(10e40,ex)件，每件利潤為(x－30－a)元，那么日利潤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當(dāng)2≤a≤4時，33≤31＋a≤35，L′(x)≤0，L(x)在[35,41]上是減函數(shù)．∴當(dāng)x＝35時，L(x)的最大值為10(5－a)e5.②當(dāng)4<a≤5時，35<31＋a≤36，由L′(x)＝0得x＝a＋31，當(dāng)x∈(35，a＋31)時，L′(x)＞0，L(x)在(35，a＋31)上是增函數(shù)．當(dāng)x∈(a＋31,41]時，L′(x)<0，L(x)在(a＋31,41]上是減函數(shù)．∴當(dāng)x＝a＋31時，L(x)的最大值為10e9－a.綜上可知，當(dāng)2≤a≤4時，日售價(jià)為35元可使日利潤L(x)最大，當(dāng)4<a≤5時，日售價(jià)為a＋31元可使日利潤L(x)最大．7．函數(shù)f(x)＝x3＋x，?m∈[－2,2]，f(mx－2)＋f(x)<0恒成立，求實(shí)數(shù)x的取值范圍．解析：∵f′(x)＝3x2＋1>0恒成立，∴f(x)在R上為增函數(shù)．又f(－x)＝－f(x)，故f(x)為奇函數(shù)，由f(mx－2)＋f(x)<0，得f(mx－2)<－f(x)＝f(－x)，∴mx－2<－x即xm＋x－2<0對?m∈[－2,2]恒成立．記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·全國卷Ⅱ)設(shè)函數(shù)f(x)＝emx＋x2－mx.(1)證明：f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)單調(diào)遞增；(2)假設(shè)對于任意x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范圍．解析：(1)證明：f′(x)＝m(emx－1)＋2x.假設(shè)m≥0，那么當(dāng)x∈(－∞，0)時，emx－1≤0，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時，emx－1≥0，f′(x)＞0.假設(shè)m＜0，那么當(dāng)x∈(－∞，0)時，emx－1＞0，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時，emx－1＜0，f′(x)＞0.所以，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)由(1)知，對任意的m，f(x)在[－1,0]單調(diào)遞減，在[0,1]單調(diào)遞增，故f(x)在x＝0處取最小值．所以對于任意x1，x2∈[－1,1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要條件是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\