2019-2020年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.doc

2019-2020年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)x3x，m2,2，f(mx2)f(x)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(mx2)f(x)0，得f(mx2)f(x)f(x)，mx2x即xmx20对m2,2恒成立记g(m)xmx2，m2,2，则解得2x0)，可知g(x)在(0,1)上是减函数，在(1，)上是增函数，g(x)ming(1)30，当x0时，g(x)g(1)0，于是f(x)4x.3(xx全国卷改编)设函数f(x)ln xx1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x(1，)时，1x.解析(1)由题设，知f(x)定义域为(0，)，f(x)1，令f(x)0，解得x1.当0x0，f(x)单调递增；当x1时，f(x)0，f(x)单调递减(2)证明：由(1)知，f(x)在x1处取得最大值，最大值为f(1)0.所以当x1时，ln xx1.故当x(1，)时，ln xx1，ln1，即10)当a0时，由ax210，得x；由ax210，得0x0时，F(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减当a0时，F(x)0)恒成立故当a0时，F(x)在(0，)上单调递减(2)原式等价于方程a(x)在区间，e上有两个不等解由(x)易知，(x)在(，)上为增函数，在(，e)上为减函数，则(x)max()，而(e)()，所以(x)min(e)，如图，可知(x)a有两个不等解时需a时，令f(x)0，得xea.若x1，ea)，则f(x)0，所以函数f(x)在1，ea)上单调递减，所以当x1，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，2a5)的税收，设每件产品的日售价为x元(35x41)，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，则10，k10e40.则日销售量为件，每件利润为(x30a)元，则日利润L(x)10e40(35x41)(2)L(x)10e40(35x41)当2a4时，3331a35，L(x)0，L(x)在35,41上是减函数当x35时，L(x)的最大值为10(5a)e5.当4a5时，3531a36，由L(x)0，得xa31，当x(35，a31)时，L(x)0，L(x)在(35，a31)上是增函数当x(a31,41时，L(x)0，L(x)在(a31,41上是减函数当xa31时，L(x)的最大值为10e9a.综上可知，当2a4时，日售价为35元可使日利润L(x)最大，当4a5时，日售价为(a31)元可使日利润L(x)最大