高考数学一轮复习导数的综合问题必刷大题

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(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.
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设 g(x)＝f(x)－ax＝x2＋(2－a)x－aln 2x，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.
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③当 a>0 时，g(x)在0，a2上单调递减，在a2，4上单调递增，
若a2<4，即
0<a<8，则只能
ga2＝a－14a2－aln
a 4
＝a1－14a－ln a4＝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
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所以，当 x∈－π2，＋∞时，g′(x)<0，g(x)即 f′(x)单调递减. 1
因为
f′(0)＝－1<0，f′－π4＝
22－
e
4
＝
1 2
1
2－
1
e2
2
，
1
因为 e 2
>e>2，所以
1
2 <
1
1 2
2
，
e2
所以 f′－π4>0.
所以∃x0∈－π4，0，使得 f′(x0)＝－sin x0－ex0 ＝0，即 ex0 ＝－sin x所以当0<x<1时，g(x)<0，F(x)>0 当x>1时，g(x)>0，F(x)>0，当x＝1时，F(x)＝0，
所以(x－1)x－1x－2ln
x≥0，
即 f(x)≤x2－x＋1x＋2ln x.
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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；
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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].
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当 x∈28＋3 2a，17时，f′(x)≤0，f(x)单调递减， ∴f(x)max＝f 28＋3 2a＝247(13－a)3； ②若 17≤28＋3 2a≤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)＝24713－a3，10≤a<11.5，
24 a>4＋ln
，故 2
a≥8，
综上，a的取值范围为(－∞，0)∪{4}∪[8，＋∞).
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5.(2023·济宁质检)已知函数f(x)＝acos 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；
因为f′(x)＝－asin x＋bex， 所以ff′ 0＝0＝ a＋b＝ b＝－01，， 解得ab＝ ＝－1，1.
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(2)当 x∈－π2，＋∞时，f(x)≤c(c∈Z)恒成立，求 c 的最小值.
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因为 f(x)＝cos x－ex，x∈－π2，＋∞， 所以f′(x)＝－sin x－ex，设g(x)＝－sin x－ex， g′(x)＝－cos x－ex＝－(cos x＋ex). 当 x∈－π2，0时，cos x≥0，ex>0， 所以g′(x)<0， 当x∈(0，＋∞)时，－1≤cos x≤1，ex>1， 所以g′(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，＋∞.
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(2)若f(x)≥(a2－a)ln x对∀x∈(1，＋∞)恒成立，求a的取值范围.
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由f(x)≥(a2－a)ln x对∀x∈(1，＋∞)恒成立，
得 a2＋1≤lnx2x对∀x∈(1，＋∞)恒成立.
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2.设f(x)＝2xln x＋1. (1)求f(x)的最小值；
f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2(ln x＋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.
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(2)求出f(x)的最大值Q(a).
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∵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＋3 2a或 x＝18， 而 10≤a≤13，则 16≤28＋3 2a≤18， ①若 16≤28＋3 2a<17，即 10≤a<11.5， 当 x∈13，28＋3 2a时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，
12－a，11.5≤a≤13.
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4.(2022·重庆质检)已知函数f(x)＝x2＋2x－aln
x 2
，a∈R.
(1)当a＝4时，求f(x)的极值；
由题意，f(x)＝x2＋2x－4ln 2x，x>0， 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)＝3－4ln 12，无极大值.
设
h(x)＝lnx2x(x>1)，则
h′(x)＝x2llnn
x－1 x2 .
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].
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(2)证明：f(x)≤x2－x＋1x＋2ln x.
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令 F(x)＝x2－x＋1x＋2ln x－f(x) ＝x(x－1)－x－x 1－2(x－1)ln x
＝(x－1)x－1x－2ln
x，
令 g(x)＝x－1x－2ln x，
则 g′(x)＝1＋x12－2x＝x－x212≥0，
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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)＝cos x0－ex0 ＝cos x0＋sin x0＝ 2sinx0＋π4.
因为 x0∈－π4，0，所以 x0＋π4∈0，π4， 所以 sinx0＋π4∈0， 22，所以 f(x0)∈(0,1). 由题意知，c≥f(x0)，所以整数c的最小值为1.
第三章 一元函数的导数及其应用
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)ln x. (1)当a＝0时，求f(x)的单调区间；
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f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当 a＝0 时，f′(x)＝2x－1x＝2x2x－1.
当
x∈0，
22时，f′(x)<0，