2020版高考数学第二章函数、导数及其应用第16讲导数的综合应用课时达标理新人教A版

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1、第16讲导数的综合应用课时达标　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．解析因为f′(x)＝3x2＋1>0恒成立，所以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)，所以mx－2<－x，即xm＋x－2<0对任意的m∈[－2,2]恒成立．记g(m)＝xm＋x－2，m∈[－2,2]，则解得－2

2、(1)的条件下，求证：f(x)≥－＋－4x＋.解析(1)f′(x)＝2x－a－，由题意可得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)证明：由(1)知f(x)＝x2－x－lnx，令g(x)＝f(x)－＝－＋3x－lnx－，由g′(x)＝x2－3x＋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，所以g(x)min＝g(1)＝－＋3－＝0，所以当x>0时，g(x)≥g(1)＝0，于是f(x)≥－＋－4x＋，得证．3．已知函数f(x)＝xlnx.(1)求f(x)的最小值；(2)若对所有x≥1都有f

3、(x)≥ax－1，求实数a的取值范围．解析(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f(x)的导数f′(x)＝1＋lnx，令f′(x)>0，解得x>，令f′(x)<0，解得01时，因为g′(x)＝＞0，故g(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以g(x)的最小值是g(1)＝1，从而a的取值范围是(－∞，1]．4．已知函数f(x)＝x2lnx－a(x2－1)，a

4、∈R.(1)当a＝－1时，求曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(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

5、′(x)<0，所以函数f(x)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.5．已知f(x)＝ax2(a∈R)，g(x)＝2lnx.(1)讨论函数F(x)＝f(x)－g(x)的单调性；(2)若方程f(x)＝g(x)在区间[，e]上有两个不等解，求a的取值范围．解析(1)F(x)＝ax2－2lnx，其定义域为(0，＋∞)，所以F′(x)＝2ax－＝(x>0)．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，在区间上单调递减；②当a≤0时，F′(x)<0(x>0)恒

6、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.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

7、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，所以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)．(2)L′(x)＝10e40·(35≤x≤41)．①当2≤a≤4时，33≤31＋a≤35，L′(