2020届高考数学(江苏专用)二轮复习课时达标训练(二十)函数与导数的综合问题

1－x(2)由f′(x)＝x＝0，得x＝1.

e

当x＜1时，f′(x)＞0，所以f(x)在(0，1)为增函数； 当x＞1时，f′(x)＜0，所以f(x)在(1，2)为减函数； 1

所以f(x)在x＝1时取极大值. e设xm≤1＜xm＋1，m∈N，m≤n－1，

n－1

则S＝?|f(xi＋1)－f(xi)|

i＝0

＝|f(x1)－f(0)|＋…＋|f(xm)－f(xm－1)|＋|f(xm＋1)－f(xm)|＋|f(xm＋2)－f(xm＋1)|＋…＋|f(2)－f(xn－1)|

＝[f(x1)－f(0)]＋…＋[f(xm)－f(xm－1)]＋|f(xm＋1)－f(xm)|＋[f(xm＋1)－f(xm＋2)]＋…＋[f(xn－1)－f(2)]

＝[f(xm)－f(0)]＋|f(xm＋1)－f(xm)|＋[f(xm＋1)－f(2)]．

因为|f(xm＋1)－f(xm)|≤[f(1)－f(xm)]＋[f(1)－f(xm＋1)]，当xm＝1时取等号， 所以S≤f(xm)－f(0)＋f(1)－f(xm)＋f(1)－f(xm＋1)＋f(xm＋1)－f(2)＝2f(1)－f(0)－

f(2)＝

2（e－1）

. 2e

2（e－1）

所以S的最大值为. 2e

kk－x2

(3)证明：f′(x)＝－x＝，x∈[1，e]．

xx①当k≥e时，k－x≥0恒成立，即f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在[1，e]上为增函数，

n－12

2

所以S＝?|f(xi＋1)－f(xi)|＝[ f(x1)－f(x0)]＋[f(x2)－f(x1)]＋…＋[ f(xn)－f(xn－

i＝0

1

)]

112

＝f(xn)－f(x0)＝f(e)－f(1)＝k＋－e.

22

112

因此，存在正数A＝k＋－e，都有S≤A，因此f(x)在[1，e]上具有性质V.

22②当k≤1时，k－x≤0恒成立，即f′(x)≤0恒成立，所以f(x)在[1，e]上为减函数，

n－1

2

所以S＝?|f(xi＋1)－f(xi)|＝[ f(x0)－f(x1)]＋[f(x1)－f(x2)]＋…＋[ f(xn－1)－

i＝0

f(xn)]

121

＝f(x0)－f(xn)＝ f(1)－f(e)＝ e－k－.

22

121

因此，存在正数A＝e－k－，都有S≤A，因此f(x)在[1，e]上具有性质V.

22③当1＜k＜e时，由f′(x)＝0，得x＝k； 当f′(x)＞0，得1≤x＜k；

当f′(x)＜0，得k＜x≤e，因此f(x)在[1，k)上为增函数，在(k，e]上为减函数． 设xm≤k＜xm＋1，m∈N，m≤n－1，

n－1

2

则S＝?|f(xi＋1)－f(xi)|

i＝1

＝|f(x1)－f(x0)|＋…＋|f(xm)－f(xm－1)|＋|f(xm＋1)－f(xm)|＋|f(xm＋2)－f(xm＋1)|＋…＋|f(xn)－f(xn－1)|

＝f(x1)－f(x0)＋…＋f(xm)－f(xm－1)＋|f(xm＋1)－f(xm)|＋ f(xm＋1)－f(xm＋2)＋…＋f(xn－1

)－f(xn)

＝f(xm)－f(x0)＋|f(xm＋1)－f(xm)|＋ f(xm＋1)－f(xn)

≤f(xm)－f(x0)＋ f(xm＋1)－f(xn)＋ f(k)－f(xm＋1)＋ f(k)－f(xm) 12112?1?＝2f(k)－f(x0)－f(xn)＝kln k－k－?－?－k＋e＝kln k－2k＋＋e.

222?2?

11

因此，存在正数A＝kln k－2k＋＋e2，都有S≤A，因此f(x)在[1，e]上具有性质V.

2212

综上，对于给定的实数k，函数f(x)＝kln x－x 在区间[1，e]上具有性质V.

2