（新高考）高考数学一轮复习讲练测第3章必刷大题6导数的综合问题(含解析)

这是一份（新高考）高考数学一轮复习讲练测第3章必刷大题6导数的综合问题(含解析)，共5页。试卷主要包含了已知函数f＝x2－ln x.，设f＝2xln x＋1.等内容，欢迎下载使用。

(1)当a＝0时，求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≥(a2－a)ln x对∀x∈(1，＋∞)恒成立，求a的取值范围．
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝0时，f′(x)＝2x－eq \f(1,x)＝eq \f(2x2－1,x).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))时，f′(x)<0，
则f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，＋∞))时，f′(x)>0，
则f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，＋∞)).
(2)由f(x)≥(a2－a)ln x对∀x∈(1，＋∞)恒成立，
得a2＋1≤eq \f(x2,ln x)对∀x∈(1，＋∞)恒成立．
设h(x)＝eq \f(x2,ln x)(x>1)，则h′(x)＝eq \f(x2ln x－1,ln x2).
当x∈(1，eq \r(e))时，h′(x)<0；
当x∈(eq \r(e)，＋∞)时，h′(x)>0.
所以h(x)min＝h(eq \r(e))＝2e，
则a2＋1≤2e，解得－eq \r(2e－1)≤a≤eq \r(2e－1)，
故a的取值范围是[－eq \r(2e－1)，eq \r(2e－1)]．
2．设f(x)＝2xln x＋1.
(1)求f(x)的最小值；
(2)证明：f(x)≤x2－x＋eq \f(1,x)＋2ln x.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2(ln x＋1)，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x＝eq \f(1,e)时，f(x)取得最小值f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝1－eq \f(2,e).
(2)证明 令F(x)＝x2－x＋eq \f(1,x)＋2ln x－f(x)
＝x(x－1)－eq \f(x－1,x)－2(x－1)ln x
＝(x－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)－2ln x))，
令g(x)＝x－eq \f(1,x)－2ln x，
则g′(x)＝1＋eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)＝eq \f(x－12,x2)≥0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又g(1)＝0，所以当00
当x>1时，g(x)>0，F(x)>0，当x＝1时，F(x)＝0，
所以(x－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)－2ln x))≥0，
即f(x)≤x2－x＋eq \f(1,x)＋2ln x.
3．(2023·邢台质检)2022年2月4日，第二十四届冬季奥林匹克运动会开幕式在北京国家体育场举行，拉开了冬奥会的帷幕．冬奥会发布的吉祥物“冰墩墩”、“雪容融”得到了大家的广泛喜爱，达到一墩难求的地步．当地某旅游用品商店获批经销此次奥运会纪念品，其中某个挂件纪念品每件的成本为5元，并且每件纪念品需向税务部门上交a元(10≤a≤13)的税收，预计当每件产品的售价定为x元(13≤x≤17)时，一年的销售量为(18－x)2万件．
(1)求该商店一年的利润f(x)(万元)与每件纪念品的售价x的函数关系式；
(2)求出f(x)的最大值Q(a)．
解 (1)由题意，预计当每件产品的售价为x元(13≤x≤17)时，一年的销售量为(18－x)2 万件，而每件产品的成本为5元，且每件产品需向税务部门上交a元(10≤a≤13)，
∴商店一年的利润f(x)(万元)与售价x的函数关系式为f(x)＝(x－5－a)(18－x)2，x∈[13,17]．
(2)∵f(x)＝(x－5－a)(18－x)2，x∈[13,17]，
∴f′(x)＝(28＋2a－3x)(18－x)，
令f′(x)＝0，解得x＝eq \f(28＋2a,3)或x＝18，而10≤a≤13，则16≤eq \f(28＋2a,3)≤18，
①若16≤eq \f(28＋2a,3)<17，即10≤a<11.5，
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(13，\f(28＋2a,3)))时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(28＋2a,3)，17))时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，
∴f(x)max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(28＋2a,3)))＝eq \f(4,27)(13－a)3；
②若17≤eq \f(28＋2a,3)≤18，即11.5≤a≤13，
则f′(x)≥0，即f(x)在[13,17]上单调递增，
∴f(x)max＝f(17)＝12－a，
综上，Q(a)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(4,27)13－a3，10≤a<11.5，,12－a，11.5≤a≤13.))
4．(2022·重庆质检)已知函数f(x)＝x2＋2x－aln eq \f(x,2)，a∈R.
(1)当a＝4时，求f(x)的极值；
(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝ax在(0,4]上有且只有一个交点，求a的取值范围．
解 (1)由题意，f(x)＝x2＋2x－4ln eq \f(x,2)，x>0，
则f′(x)＝2x＋2－eq \f(4,x)＝eq \f(2,x)(x2＋x－2)＝eq \f(2,x)(x－1)(x＋2)，
故f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
有极小值f(1)＝3－4ln eq \f(1,2)，无极大值．
(2)设g(x)＝f(x)－ax＝x2＋(2－a)x－aln eq \f(x,2)，x∈(0,4]，
则g′(x)＝2x＋(2－a)－eq \f(a,x)＝eq \f(1,x)[2x2＋(2－a)x－a]＝eq \f(1,x)(x＋1)(2x－a)，
①当a＝0时，g(x)＝x2＋2x，在(0,4]上无零点，不符合题意；
②当a<0时，g(x)在(0,4]上单调递增，g(2)＝4＋(2－a)×2>0，
x→0时，g(x)<0，
由零点存在定理得，g(x)在(0,4]内只有一个零点，即曲线y＝f(x)与直线y＝ax在(0,4]上有且只有一个交点．
③当a>0时，g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，4))上单调递增，
若eq \f(a,2)<4，即0＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)a－ln \f(a,4)))＝0⇒a＝4，
若a≥8，则g(x)在(0,4]上单调递减，当x→0时，g(x)>0，
则要g(4)＝16＋4(2－a)－aln 2<0，则a>eq \f(24,4＋ln 2)，
故a≥8，
综上，a的取值范围为(－∞，0)∪{4}∪[8，＋∞)．
5．(2023·济宁质检)已知函数f(x)＝acs x＋bex(a，b∈R)，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－x.
(1)求实数a，b的值；
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，＋∞))时，f(x)≤c(c∈Z)恒成立，求c的最小值．
解 (1)因为f′(x)＝－asin x＋bex，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′0＝b＝－1，,f0＝a＋b＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝－1.))
(2)因为f(x)＝cs x－ex，x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，＋∞))，
所以f′(x)＝－sin x－ex，设g(x)＝－sin x－ex，
g′(x)＝－cs x－ex＝－(cs x＋ex)．
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))时，cs x≥0，ex>0，
所以g′(x)<0，
当x∈(0，＋∞)时，－1≤cs x≤1，ex>1，
所以g′(x)<0.
所以，当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，＋∞))时，g′(x)<0，g(x)即f′(x)单调递减．
因为f′(0)＝－1<0，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)－ SKIPIF 1 < 0 ＝ SKIPIF 1 < 0 － SKIPIF 1 < 0 ，
因为 SKIPIF 1 < 0 >e>2，所以 SKIPIF 1 < 0 < SKIPIF 1 < 0 ，
所以f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))>0.
所以∃x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))，使得f′(x0)＝－sin x0－ SKIPIF 1 < 0 ＝0，即 SKIPIF 1 < 0 ＝－sin x0.
所以，当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，x0))时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
所以f(x)max＝f(x0)＝cs x0－ SKIPIF 1 < 0 ＝cs x0＋sin x0＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\f(π,4))).
因为x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))，所以x0＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\f(π,4)))∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))，
所以f(x0)∈(0,1)．
由题意知，c≥f(x0)，所以整数c的最小值为1.