2018年高考数学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.docx

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)x2axaln x(aR)(1)若函数f(x)在x1处取得极值，求a的值；(2)在(1)的条件下，求证：f(x)4x.解析：(1)f(x)2xa，由题意可得f(1)0，解得a1.经检验，a1时f(x)在x1处取得极值，所以a1.(2)由(1)知，f(x)x2xln x，令g(x)f(x)3xln x，由g(x)x23x33(x1)(x0)，可知g(x)在(0,1)上是减函数，在(1，)上是增函数，g(x)ming(1)30，当x0时，g(x)g(1)0，于是f(x)4x.2设函数f(x)x2ln(x1)，其中b0.证明：对于任意的x1，x21，)，且x1x2，都有.证明：f(x)x2ln(x1)，令h(x)f(x)xx2ln(x1)x(x1)，h(x)2x，当x1时，h(x)0，所以函数h(x)在1，)上是增函数由已知，不妨设1x1x2，则h(x1)h(x2)，f(x1)x1.3(2015北京卷)设函数f(x)kln x，k0.(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，上仅有一个零点解析：(1)由f(x)kln x(k0)，得x0且f(x)x.由f(x)0，解得x(负值舍去)f(x)与f(x)在区间(0，)上的情况如下：x(0，)(，)f(x)0f(x)所以，f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，)f(x)在x处取得极小值f().(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，)上的最小值为f()，因为f(x)存在零点，所以0，从而ke.当ke时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()0，所以x是f(x)在区间(1，上的唯一零点当ke时，f(x)在区间(1，上单调递减，且f(1)0，f()0，所以f(x)在区间(1，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，上仅有一个零点4(2017河南新乡调研)已知函数f(x)x(a1)ln x(aR)，g(x)x2exxex.(1)当x1，e时，求f(x)的最小值；(2)当a1时，若存在x1e，e2，使得对任意的x22,0，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).当a1时，x1，e，f(x)0，f(x)为增函数，则f(x)minf(1)1a.当1ae时，x1，a时，f(x)0，f(x)为减函数；xa，e时，f(x)0，f(x)为增函数，则f(x)minf(a)a(a1)ln a1.当ae时，x1，e时，f(x)0，f(x)在1，e上为减函数，则f(x)minf(e)e(a1).综上，当a1时，f(x)min1a；当1ae时，f(x)mina(a1)ln a1；当ae时，f(x)mine(a1).(2)由题意知：f(x)(xe，e2)的最小值小于g(x)(x2,0)的最小值由(1)知f(x)在e，e2上单调递增，f(x)minf(e)e(a1)，g(x)(1ex)x.x2,0时，g(x)0，则g(x)为减函数所以g(x)ming(0)1.所以e(a1).所以a的取值范围为.5(2016辽宁调研)已知函数f(x)axln x，x(0，e，g(x)，其中e是自然对数的底数，aR.(1)当a1时，求f(x)的极值，并证明|f(x)|g(x)恒成立；(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a1时，f(x)xln x，f(x)1，当0x1时，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)，当0x0，则h(x)在(0，e上单调递增，h(x)maxh(e)g(x)恒成立(2)假设存在实数a，使f(x)axln x，x(0，e，有最小值3，f(x)a.当a0时，f(x)在(0，e上单调递减，f(x)minf(e)ae13，a(舍去)，a0时，不存在实数a使f(x)的最小值为3.当0e时，f(x)在上单调递减，在上单调递增，f(x)minf1ln a3，ae2，满足条件当e时，f(x)在(0，e上单调递减，f(x)minf(e)ae13，a(舍去)，e时，不存在实数a使f(x)的最小值为3.综上，存在实数ae2，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，2a5)的税收，设每件产品的日售价为x元(35x41)，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，k10e40.则日销售量为件，每件利润为(x30a)元，则日利润L(x)10e40(35x41)(2)L(x)10e40(35x41)当2a4时，3331a35，L(x)0，L(x)在35,41上是减函数当x35时，L(x)的最大值为10(5a)e5.当4a5时，3531a36，由L(x)0得xa31，当x(35，a31)时，L(x)0，L(x)在(35，a31)上是增函数当x(a31,41时，L(x)0，L(x)在(a31,41上是减函数当xa31时，L(x)的最大值为10e9a.综上可知，当2a4时，日售价为35元可使日利润L(x)最大，当4a5时，日售价为a31元可使日利润L(x)最大7已知函数f(x)x3x，m2,2，f(mx2)f(x)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(mx2)f(x)0，得f(mx2)f(x)f(x)，mx2x即xmx20对m2,2恒成立记g(m)xmx2，m2,2，则解得2x，即x.8(2015全国卷)设函数f(x)emxx2mx.(1)证明：f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增；(2)若对于任意x1，x21,1，都有|f(x1)f(x2)|e1，求m的取值范围解析：(1)证明：f(x)m(emx1)2x.若m0，则当x(，0)时，emx10，f(x)0；当x(0，)时，emx10，f(x)0.若m0，则当x(，0)时，emx10，f(x)0；当x(0，)时，emx10，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x0处取最小值所以对于任意x1，x21,1，|f(x1)f(x2)|e1的充要条件是即设函数g(t)ette1，则g(t)et1.当t0时