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.doc

1 20182018 年高考数学一轮复习年高考数学一轮复习 第二章第二章 函数 导数及其应用函数 导数及其应用 课时达标课时达标 1616 导数与函数的综合问题导数与函数的综合问题 理理 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 x2 ax aln x a r 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 4x x3 3 5x2 2 11 6 解析 1 f x 2x a 由题意可得 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 2 由 1 知 f x x2 x ln x 令g x f x 3x ln x x3 3 5x2 2 4x 11 6 x3 3 3x2 2 11 6 由g x x2 3x 3 3 x 1 x 0 可知g x 在 0 1 上 1 x x3 1 x x 1 3 x 是减函数 在 1 上是增函数 g x min g 1 3 0 当x 0 时 g x g 1 0 于是f x 1 3 3 2 11 6 4x x3 3 5x2 2 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 f x1 f x2 x1 x2 5 2 证明 f x x2 ln x 1 令h x f x x x2 ln x 1 x x 1 5 2 5 2 h x 2x 1 x 1 5 2 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 f x1 x1 5 2 5 2 f x1 f x2 x1 x2 5 2 2 3 2015 北京卷 设函数f x kln x k 0 x2 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 上仅有一个零点 e 解析 1 由f x kln x k 0 得x 0 且f x x 由f x x2 2 k x x2 k x 0 解得x 负值舍去 k f x 与f x 在区间 0 上的情况如下 x 0 k k k f x 0 f x k 1 ln k 2 所以 f x 的单调递减区间是 0 k 单调递增区间是 k f x 在x 处取得极小值f kk k 1 ln k 2 2 证明 由 1 知 f x 在区间 0 上的最小值为f 因为 k k 1 ln k 2 f x 存在零点 所以 0 从而k e k 1 ln k 2 当k e 时 f x 在区间 1 上单调递减 且f 0 ee 所以x 是f x 在区间 1 上的唯一零点 ee 当k e 时 f x 在区间 1 上单调递减 且f 1 0 f 0 所以f x 在 e 1 2e e k 2 区间 1 上仅有一个零点 e 综上可知 若f x 存在零点 则f x 在区间 1 上仅有一个零点 e 4 2017 河南新乡调研 已知函数f x x a 1 ln x a r r g x a x x2 ex xex 1 2 1 当x 1 e 时 求f x 的最小值 2 当a 1 时 若存在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 x 1 x a x2 当a 1 时 x 1 e f x 0 f x 为增函数 则f x min f 1 1 a 3 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 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 a 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 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 g x 1 ex x a e 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 所以a的取值范围为 a e e2 2e e 1 e2 2e e 1 1 5 2016 辽宁调研 已知函数f x ax ln x x 0 e g x 其中 e 是 ln x x 自然对数的底数 a r r 1 当a 1 时 求f x 的极值 并证明 f x g x 恒成立 1 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 解析 1 当a 1 时 f x x ln x f x 1 当 0 x 1 时 1 x x 1 x f x 0 此时f x 单调递减 当 10 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 则h x 1 2 ln x x 1 2 1 ln x x2 当 0 x0 则h x 在 0 e 上单调递增 h x max h e g x 恒成立 1 2 4 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 1 x ax 1 x 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 4 e a 0 时 不存在实数a使f x 的最小值为 3 当 0 e 时 f x 在上单调递减 在上单调递增 f x 1 a 0 1 a 1 a e min f 1 ln a 3 a e2 满足条件 1 a 当 e 时 f x 在 0 e 上单调递减 f x min f e ae 1 3 a 舍去 1 a 4 e e 时 不存在实数a使f x 的最小值为 3 1 a 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 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 设日销售量为件 则 10 k 10e40 k ex k e40 则日销售量为件 每件利润为 x 30 a 元 10e40 ex 则日利润l x 10e40 35 x 41 x 30 a ex 2 l x 10e40 35 x 41 31 a x ex 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 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 5 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 x3 x m 2 2 f mx 2 f x 0 恒成立 f x 在 r 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error 解得 2 x 2 3 即x 2 2 3 8 2015 全国卷 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 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 emx 1 2x 若m 0 则当x 0 时 emx 1 0 f x 0 当x 0 时 emx 1 0 f x 0 若m 0 则当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error 即 error 设函数g t et t e