靶心5 生活中的数学—函数模型的应用-2021高考数学【创新教程】大二轮高考总复习考向卷（新高考）

所以函数g(x)的最小值 为 g x０( ) ＝e x０ －lnx０－x０＝ １ x０ ＋１－lnx０－x０, 又函数y＝ １ x ＋１－lnx－x 在 １ ２ ,１( ) 上是单调减函数, 所以g x０( ) ＞１＋１－ln１－１＝１＞０,故g(x)＞０． 点睛:本小题主要考查 利 用 导 数 求 函 数 的 极 值,考 查 利 用导数证明不等式,考 查 分 类 讨 论 的 数 学 思 想 方 法,考 查化归与 转 化 的 数 学 思 想 方 法,综 合 性 较 强,属 于 中 档题． １２．解析:(１)f(x)＝x－lnx－ ex x ,定义域(０,＋∞), f′(x)＝１－ １ x － ex(x－１) x２ ＝ (x－１)(x－ex) x２ , 由ex≥x＋１＞x,f(x)在(０,１]增,在(１,＋∞)减, f(x)max＝f(１)＝１－e (２)f(x)＋ x＋ １ x( )e x－bx≥１⇔－lnx＋x－e x x ＋xe x ＋e x x －bx≥１⇔ －lnx＋x＋xe x －bx－１≥０⇔ xex－lnx－１＋x x ≥b⇔ xex－lnx－１＋x x( ) min≥b , 令φ(x)＝ xex－lnx－１＋x x ,φ′(x)＝ x２ex＋lnx x 令h(x)＝x２ex ＋lnx,h(x)在(０,＋∞)单 调 递 增,x→ ０,h(x)→－∞,h(１)＝e＞０ 在(０,１)存在零点x０,即h(x０)＝x ２ ０e x０ ＋lnx０＝０ x２０e x０ ＋lnx０＝０⇔x０e x０ ＝－ lnx０ x０ ＝ ln １x０( ) e ln１x０( ) , 由于y＝xex 在(０,＋∞)单调递增,故x０＝ln １ x０ ＝ －lnx０,即e x０ ＝ １x０ φ(x)在(０,x０)上 递 减,在 (x０,＋ ∞)上 递 增,φ(x)min＝ x０e x０ －lnx０－１＋x０ x０ ＝ １＋x０－１＋x０ x０ ＝２,所以b≤２． 点睛:本题考查了利用导数研究函数的单调性以及求函数 的最大值和最小值问题,以及对于不等式恒成立问题,解 决不等式恒成立问题的常用方法是转化为最值恒成立． 靶心５ １．A　[根据题意分类讨论f１、f２ 分别 与n 的 关 系,再 对 照 图象选择． 要使得被 加 工 为 罐 头 的 新 芒 果 最 少,尽 量 使 用 库 存 芒 果,即当m＋n ３ ≤m ,n≤２m 时,此 时 f２＝０,当n＞２m 时, f２＝ n＋m ３ －m＝ n－２m ３ ,对照图象舍去 C,D; 要使得被 加 工 为 罐 头 的 新 芒 果 最 多,则 尽 量 使 用 新 芒 果,即当m＋n ３ ≤n ,n≥ m２ 时 f１＝ m＋n ３ ,当m＋n ３ ＞n ,n＜ m ２ 时f１＝n,因为 m ２ ＜２m ,故选 A． 点睛:本题考 查 函 数 解 析 式 以 及 函 数 图 象,考 查 基 本 分 析判断与求解能力,属中档题．] ２．A　[设y１＝ a x (a≠０),y２＝bx(b≠０),由题意有２＝ a １０ , ８＝１０b,所以a＝２０,b＝ ４５ ,即y１＝ ２０ x ,y２＝ ４ ５x ,设 两 项 费用 之 和 为 y 万 元,则 y＝y１ ＋y２ ＝ ２０ x ＋ ４ ５ x ≥ ２ ２０x 􀅰 ４ ５x＝８ ,当且仅当２０ x ＝ ４ ５x ,即x＝５时,y 有最 小值,故选 A．] ３．D　 [设 MN ＝x＝ ３３６１ １０８０ ,两 边 取 对 数,lgx＝lg ３３６１ １０８０ ＝ lg３３６１－lg１０８０ ＝３６１×lg３－８０＝９３􀆰２８,所 以 x＝ １０９３􀆰２８,即 MN 最接近１０９３,故选 D． 点睛:本题考 查 了 转 化 与 化 归 能 力,本 题 以 实 际 问 题 的 形式给出,但 本 质 就 是 对 数 的 运 算 关 系,以 及 指 数 与 对 数运算的关 系,难 点 是 令,并 想 到 两 边 同 时 取 对 数 进 行 求解,对数运算公式包含logaM ＋logaN＝logaMN,logaM －logaN＝loga M N ,logaM n＝nlogaM ．] ４．A　[先设出１单 位 的 碳 １４ 经 过 １ 年 后 剩 余 量a 单 位, 再根据半衰期可求 得a,从 而 可 求 得y 关 于x 的 函 数 表 达式． 设１单位的碳１４经过１年后剩余量为a 单 位,则 经 过x 年后剩余量为y＝ax, 根据半衰期的定义可得,x＝５７３０时,y＝ １ ２ , 所以 １ ２ ＝a ５７３０,所以a＝ １２( ) １ ５７３０ ＝２－ １ ５７３０, 所以y＝ ２－ １ ５７３０( ) x＝２－ x ５７３０．故选 A． 点睛:本题考 查 了