2020版高考文科数学新课标总复习练习第三章第18讲导数与函数的综合问题(附解析)

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导数与函数的综合问夯实基础【

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】【学习目标】掌握利用导数求解与不等式和方程有关的技巧和方，会利用导数求解实际生活中的优化问，提高分析问题和解决问题的能力．【基础检测】．已知定义在上函数f

x的图象如图所，则f(

x>0解集()A.－∞，0)，(，C.(－∞)

D.(－∞1)∪(2＋∞【解析】等式x等价为当>0时f，>0时，函数递，此时1<x<2；或者当x<0，f(x即x时函递，此时<0.综上1<x或x，即不等式的解集(－∞∪，，故选【答案】A．若a>0b>0且数)＝4x－ax－bx＋2在＝1处极则的大值等()AB．C．【解析】fx)＝x－2－2，又因为在x＝1处极值∴′(1)0，a＋＝6∵a，b＞，∴ab

＋

＝9，当且仅当a＝＝3时取等号．所以ab最大值等于9.【答案】．若a，则程x－＝0实根的个数()AB个C个．无穷多个x－lnxlnlnx－【解析】于方程ln－ax＝0等于＝设fx)＝.f(x＝＝，xx令fx＝0得＝eln1∴()在(0上单调递增；(＋)单调递减∴(x)最大值(e)fx＝≤仅当x

32223222＝时等号成)．∵a，∴方程无实根．e【答案】A．某城市在发展过中，通状况逐渐受到大家更多的关注，据关统计数据显示从午时到9时通该某一路段的用时(钟与车辆进入该路段的时刻t之的关系可近似地用如3629下函数给出y＝－t－＋36－则在这段时间通该路段用时最多的时刻是________．3【解析】＝t－t＋＝－(t＋12)(t－，令＝0得t＝－舍去或t＝，当≤t<8时y′>0当t<9时y′，∴＝8时y有大值．【答案】8【知识要点】．优化问题与实际问题相关的利润最大、用料最省、效率最高等问题通常称为优化问题．．导数在优化问题的应用．导数与不等式(1)不等式的证明可以通过构造函等价转换为探究函数值的大应导数讨论函数的单调性从实现不等式的证明．(2)含参数不等式的恒成立问过分离变构函数等价转换为函数最值问题然后应用导数求函数最值．．导数与方程方程根的存在性问题等价转换为函数极值和单调性问题研后用导数及数形结合确定方程根的存在性和个数．典例剖析【p

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】考点1

利用导数研究生活中优化问题例1某学校高二年级一个习兴趣小组进行社会实践活，决定对某“名品牌”A系进行市场销售量调研，通过对该品牌的A系列一个阶段的调研发，A列每日的销售量f(x)(单位：千克)与销售价格(元/千克近似满足关系式f)＝＋(－7)x为6元/克，每日可售出A系千．

其4<x<7常数．已知销售价格()求函数(x)的解析式；()若系的成本元千克试定销售价格的使该商场每日销售A列所获得的利润最大．【解析】1由题意可知，当x时fx)＝15即＋＝，解得＝

22－43222x2222x22()()22－43222x2222x22()()所以(x＝＋(－).－()设该商场每日销售A系所获得的利润为h)则h(x＝(－4＋（x－）

＝10x－180x＋1050x－1950()h′)＝30x

－＋050令h(x＝－＋1050＝0得＝5或x＝(舍)，所以当4<x<5时h′(x)，h(x)在(45]增函数；当5<x<7时′x)<0(x在[57)为减函，故当＝5时函数(x在区间(，7内有极大值也最大值即x函数h(x取得最大值所以当销售价格为5元千时A列每日所获得的利润最大．【小结】4()f(x()′()f)()f′(x)，)()()考点2

利用导数研究函数的点或方程根的问题例2已知函数f(x)＝e－mx∈R.(1)当＝1时，函数f(的最小值；(2)若函数(x)＝(x)lnx＋

存在两个零点，求m的值围．【解析】(1)m时f(x)e－x∴f′()＝－，当x<0，f(x)<0当，f′()>0∴()＝(0)＝1.mine－lnx＋(2)由gx)＝(x)ln＋＝＝，xe－＋令hx)＝，x则h)＝

（x－）＋x－1＋ln，观察得x＝1时hx)＝0.当x>1时h(x，当0<x时h′(x，(x)＝(1)＝e＋min∴若函数(x＝(x)lnx＋存在两个零则的值范围为e＋1＋∞)．例3已知函数fx)＝xln－－x.()当＝时证：f在义上为减函数；()若∈R讨论函数()的零情况．【解析】(1)题意可知函数f()的定义域(0＋)当a＝时，f′x＝＋1－－1ln－，

)2xx22()()()222222()()22222令()2xx22()()()222222()()22222

x＝lnx－x则g(

－xx＝－＝，x当<1，g′)>0；>1g()，所以(

x

＝g(1＝－1即(

x＝lnx－x，所以f(

x，所以f(

x在定义域上为减函数．(2)(

x＝lnx－ax－的点情况即方程lnx－

－x＝0的根的情，ln－1因为x>0所方程可化为＝，x令(

x＝

ln－11(lnx－)2ln，则(x＝2＝2，令h(x＝0可x＝

，当

时′(

x>0，当x时′x，以＝＝，e且当x→0时f)→－∞；x>e时()，所以()

ln－1＝的象大致如图所示xlnx－1结合图象可，当>时方a＝没根；exlnx－当a＝或a时方程＝有一个根；elnx－当<时，方程a＝有个根．ex所以当>，函数fx无零点；当＝或≤0时函f有一个零点；当0<<时，函数ee()有两零点．【小结】，，()，考点3

利用导数解决含参不式问题例4已知函数f(x)－aln＋＋1)x－x

()．()若＝函数f(x)的极大值点求数f(x的单调递减区间；()若(x≥－x＋＋成立，求实数ab的大值．

2x2222222()12max－x＋a＋1－a（x－）（－x＋）2x2222222()12max【解析】1)′(x)＝－＋a1＝＝，∵x函数f()的极大值点∴，∴函数()的单调递减区间为0，a，(，＋∞)．()∵f(x)≥－x＋axb恒立∴－＋(＋1)－x≥＋＋恒，即－x＋b恒成，－x令g)＝x＋(x>0)′x)＝－1＝，∴(x)在(0，)上递增在，＋∞)上减∴(x＝()＝alnaa＋b≤0max∴≤a－，∴ab－a令h)＝x－ln(x>0，h′)＝x－2xln＝(－x)∴()在0e上增在(e2＋∞上递减e∴()＝h(e＝，≤，e∴实数的大值为.【小结考点4

利用导数证明不等式例5设函数(x＝－x＋()讨论(x的单调性；x()证明：当x∈1＋∞时1＜＜x.【解析】1函数f(x＝－x定义域，＋∞，其函数为f()＝－，由f′x＞0，可得＜x＜1；由f′(x＜0可x＞1即f)的增区间为(，1；区间为，＋∞)．－1()当∈(，＋∞)时＜＜即为ln＜－＜xln由(1可得(x)＝lnx－＋(，＋∞上递减可得(x＜()＝0即有＜x1；设F)＝x＋1＞1则F′)＋x－1lnx当x时′)＞0，可得F(递，有(x)＞F(1＝0，即有xln＞x1，则原不等式成立．【小结】()g(x，(，b)()f(x)()，F′(0F)(，b)

2*345nxxx2282322838322*345nxxx2282322838321例6已知函数f(x)＝－＋ln(a为数)x()当＝时求数fx)图象在点，f

处的切线方程；()设函数()＝3λa－2a(其中λ为数若函数f(x)在区间0)上不存在极值且在足h(a)≥λ＋，求的值范围；()已知∈N，求证：ln(＋＋＋＋＋＋＋1【解析】(1)＝1时fx＝1＋ln，′()＝2－，则f＝－2＝2f

＝12＋2ln－，∴函数f()的图象在点，f

处的切线方程为：y－(ln－＝x－

，即2－＋ln－2＝a－x(2))－＝，由fx)＝0解得＝a由于函数f()在区间02)上不存在极值，所≤0或a，1由于存在满足()≥＋，所(≥＋，对于函数(a＝λa－2，对称轴＝λ，λλ①当≤≥2即≤或≥时(a＝

λ9＝

，1由h≥＋，即λ≥＋，结合≤≥可得λ≤－或≥；λ4②当0<≤1即0<λ≤时()＝h＝，由h≥＋，即0＋，结合0<≤可：不在；λ48③当1<，<<时h(a)＝(2)＝6－；由h≥＋，即6－8≥＋，13结合<λ可知：≤<，13综上可知λ的取值范围是－∞－∪，＋∞－(3)当a＝时′()＝，x

x＋n23n－45理解题意将际问题抽象为数学问题回归实际．222x＋n23n－45理解题意将际问题抽象为数学问题回归实际．2221211

时f(x，(x)单调递增；当x∈(1＋∞)时′(，f单调递，∴()＝1－＋在＝处取得最大值f(1)，x即f(x)－＋ln≤＝0x－xn＋∴≤，＝则ln，，即ln(n1)－<∴n＋＝ln(n＋－＝

[

（＋）－ln]＋[ln－（n1）]＋…＋(lnln1)<＋111＋…＋故ln(n＋＋＋＋…＋方法总结【p】．有关超越型不等的证明、方程根的探究等问题是近几年高考中压轴题的常见型，造函数应用导数推理求解是有效方法之一．利导数解决生中的优化问题的思路是：阅读审引建模解模应用导数解决模型．在解决生活中的化问题时应注意：①实际问题的意义．②建立函数模型后还应根据实