2024年高考数学一轮复习（新高考版） 第3章　必刷大题6　导数的综合问题

公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君必刷大题6导数的综合问题1．(2023·温州模拟)已知函数f(x)＝x2－(a＋1)lnx.(1)当a＝0时，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)≥(a2－a)lnx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－1x＝2x2－1x.当x∈0，22时，f′(x)0，则f(x)的单调递减区间为0，22，当x∈22，＋∞时，f′(x)0，则f(x)的单调递增区间为22，＋∞.(2)由f(x)≥(a2－a)lnx对∀x∈(1，＋∞)恒成立，得a2＋1≤x2lnx对∀x∈(1，＋∞)恒成立．设h(x)＝x2lnx(x1)，则h′(x)＝x2lnx－1lnx2.当x∈(1，e)时，h′(x)0；当x∈(e，＋∞)时，h′(x)0.所以h(x)min＝h(e)＝2e，则a2＋1≤2e，解得－2e－1≤a≤2e－1，故a的取值范围是[－2e－1，2e－1]．2．设f(x)＝2xlnx＋1.(1)求f(x)的最小值；(2)证明：f(x)≤x2－x＋1x＋2lnx.(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2(lnx＋1)，当x∈0，1e时，f′(x)0，f(x)单调递减；当x∈1e，＋∞时，f′(x)0，f(x)单调递增，所以当x＝1e时，f(x)取得最小值f1e＝1－2e.公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君(2)证明令F(x)＝x2－x＋1x＋2lnx－f(x)＝x(x－1)－x－1x－2(x－1)lnx＝(x－1)x－1x－2lnx，令g(x)＝x－1x－2lnx，则g′(x)＝1＋1x2－2x＝x－12x2≥0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g(1)＝0，所以当0x1时，g(x)0，F(x)0当x1时，g(x)0，F(x)0，当x＝1时，F(x)＝0，所以(x－1)x－1x－2lnx≥0，即f(x)≤x2－x＋1x＋2lnx.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＝28＋2a3或x＝18，而10≤a≤13，则16≤28＋2a3≤18，①若16≤28＋2a317，即10≤a11.5，当x∈13，28＋2a3时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，当x∈28＋2a3，17时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，∴f(x)max＝f28＋2a3＝427(13－a)3；公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君②若17≤28＋2a3≤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)＝42713－a3，10≤a11.5，12－a，11.5≤a≤13.4．(2022·重庆质检)已知函数f(x)＝x2＋2x－alnx2，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－4lnx2，x0，则f′(x)＝2x＋2－4x＝2x(x2＋x－2)＝2x(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)＝3－4ln12，无极大值．(2)设g(x)＝f(x)－ax＝x2＋(2－a)x－alnx2，x∈(0,4]，则g′(x)＝2x＋(2－a)－ax＝1x[2x2＋(2－a)x－a]＝1x(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a0时，g(x)在(0,4]上单调递增，g(2)＝4＋(2－a)×20，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a0时，g(x)在0，a2上单调递减，在a2，4上单调递增，若a24，即0a8，则只能ga2＝a－14a2－alna4＝a1－14a－lna4＝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)－aln20，则a244＋ln2，故a≥8，综上，a的取值范围为(－∞，0)∪{4}∪[8，＋∞)．公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君5．(2023·济宁质检)已知函数f(x)＝acosx＋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∈－π2，＋∞时，f(x)≤c(c∈Z)恒成立，求c的最小值．解(1)因为f′(x)＝－asinx＋bex，所以f′0＝b＝－1，f0＝a＋b＝0，解得a＝1，b＝－1.(2)因为f(x)＝cosx－ex，x∈－π2，＋∞，所以f′(x)＝－sinx－ex，设g(x)＝－sinx－ex，g′(x)＝－cosx－ex＝－(cosx＋ex)．当x∈－π2，0时，cosx≥0，ex0，所以g′(x)0，当x∈(0，＋∞)时，－1≤cosx≤1，ex1，所以g′(x)0.所以，当x∈－π2，＋∞时，g′(x)0，g(x)即f′(x)单调递减．因为f′(0)＝－10，f′－π4＝22－4e＝1212－1221e，因为2ee2，所以1221e1212，所以f′－π40.所以∃x0∈－π4，0，使得f′(x0)＝－sinx0－0ex＝0，即0ex＝－sinx0.所以，当x∈－π2，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)＝cosx0－0ex＝cosx0＋sinx0＝2sinx0＋π4.因为x0∈－π4，0，所以x0＋π4∈0，π4，所以sinx0＋π4∈0，22，公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君所以f(x0)∈(0,1)．由题意知，c≥f(x0)，所以整数c的最小值为1.