（全国通用版）2019版高考数学大一轮复习 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

《（全国通用版）2019版高考数学大一轮复习 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》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

1、课时达标　第16讲导数与函数的综合问题[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)＝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　∵f′(x)＝3x2＋1>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(mx－2)＋f(x)<0，得f(mx－2)<－f(x)＝f(－x)

2、，∴mx－2<－x即xm＋x－2<0对∀m∈[－2,2]恒成立．记g(m)＝xm＋x－2，m∈[－2,2]，则解得－2

3、－＝－3(x－1)＝(x>0)，可知g(x)在(0,1)上是减函数，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)≥－＋－4x＋.3．(2016·全国卷Ⅲ改编)设函数f(x)＝lnx－x＋1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x∈(1，＋∞)时，1<0，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．(2)证明：由(1)知

4、，f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0.所以当x≠1时，lnx0)．①当a>0时，由ax2－1>0，得x>；由ax2－1<0，得00时，F(x)在区间上单调递增，在区间上

5、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＝＝φ(x)在区间[，e]上有两个不等解．由φ′(x)＝易知，φ(x)在(，)上为增函数，在(，e)上为减函数，则φ(x)max＝φ()＝，而φ(e)＝<＝＝φ()，所以φ(x)min＝φ(e)，如图，可知φ(x)＝a有两个不等解时需≤a<，即f(x)＝g(x)在[，e]上有两个不等解时，a的取值范围为.5．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

6、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≤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>时，令f′(x)＝0，得x＝ea－.若x∈[1，ea－)，则f′(x)<0，所以函数f(x)

7、在[1，ea－)上单调递减，所以当x∈[1，ea－)时，f(x)≤f(1)＝0，不符合题意．综上，a的取值范围是.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，

8、则＝10，∴k＝10e40.则日销售量为件，每件利润为(x－30－a)元，则日利润L(x)＝10e40·(35≤x≤41)