2020版高考数学大一轮复习第三章5第五节导数的综合应用（一）精练理.docx

第五节导数的综合应用(一)A组基础题组1.(2018广东广州一模,12)设函数f(x)在R上存在导函数f'(x),对于任意的实数x,都有f(x)+f(-x)=2x2,当x<0时,f'(x)+1<2x,若f(a+1)f(-a)+2a+1,则实数a的最小值为() A.-12B.-1C.-32D.-2答案A设g(x)=f(x)-x2(xR),则g(x)+g(-x)=f(x)+f(-x)-2x2=0,g(x)是奇函数.当x<0时,g'(x)=f'(x)-2x<-1,g(x)在(-,0)上是减函数,g(x)在R上是减函数.f(a+1)f(-a)+2a+1,f(a+1)-a2-2a-1f(-a)-(-a)2,即f(a+1)-(a+1)2f(-a)-(-a)2,即g(a+1)g(-a),a+1-a,即a-12.故选A.2.已知a,bR,直线y=ax+b+2与函数f(x)=tanx的图象在x=-4处相切,设g(x)=ex+bx2+a,若在区间1,2上,不等式mg(x)m2-2恒成立,则实数m()A.有最小值-eB.有最小值eC.有最大值eD.有最大值e+1答案Df(x)=tanx=sinxcosx,f'(x)=cos2x-sinx(-sinx)cos2x=1cos2x,a=f'-4=2,又点-4,-1在直线y=ax+b+2上,-1=2×-4+b+2,得b=-1,g(x)=ex-x2+2,g'(x)=ex-2x,令h(x)=ex-2x,则h'(x)=ex-2,当x1,2时,h'(x)h'(1)=e-2>0,g'(x)在1,2上单调递增,g'(x)g'(1)=e-2>0,g(x)在1,2上单调递增,mg(x)min=g(1)=e+1,m2-2g(x)max=g(2)=e2-2,解得m-e或eme+1,m的最大值为e+1,无最小值,故选D.3.(2018课标全国文,21,12分)已知函数f(x)=aex-lnx-1.(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;(2)证明:当a1e时,f(x)0.解析(1)f(x)的定义域为(0,+),f'(x)=aex-1x.由题设知,f'(2)=0,所以a=12e2.从而f(x)=12e2ex-lnx-1,f'(x)=12e2ex-1x.当0<x<2时,f'(x)<0;当x>2时,f'(x)>0.所以f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+)上单调递增.(2)证明:当a1e时,f(x)exe-lnx-1.设g(x)=exe-lnx-1,则g'(x)=exe-1x.当0<x<1时,g'(x)<0;当x>1时,g'(x)>0.所以x=1是g(x)的最小值点.故当x>0时,g(x)g(1)=0.因此,当a1e时,f(x)0.4.(2018贵州适应性考试)已知函数f(x)=ax-ex(aR),g(x)=lnxx.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)x0(0,+),使不等式f(x)g(x)-ex成立,求a的取值范围.解析(1)f'(x)=a-ex,xR.当a0时,f'(x)<0,f(x)在R上单调递减;当a>0时,令f'(x)=0得x=lna.由f'(x)>0得f(x)的单调递增区间为(-,lna);由f'(x)<0得f(x)的单调递减区间为(lna,+).(2)x0(0,+),使不等式f(x)g(x)-ex,则axlnxx,即alnxx2.设h(x)=lnxx2,则问题转化为alnxx2max,由h'(x)=1-2lnxx3,令h'(x)=0,则x=e.当x在区间(0,+)内变化时,h'(x),h(x)的变化情况如下表:x(0,e)e(e,+)h'(x)+0-h(x)单调递增极大值12e单调递减由上表可知,当x=e时,函数h(x)有极大值,也为最大值,最大值为12e.所以a12e.B组提升题组1.已知函数f(x)=exx.(1)求曲线y=f(x)在点P2,e22处的切线方程;(2)证明:f(x)>2(x-lnx).解析(1)因为f(x)=exx,所以f'(x)=ex·x-exx2=ex(x-1)x2,f'(2)=e24,又切点为2,e22,所以切线方程为y-e22=e24(x-2),即e2x-4y=0.(2)设函数g(x)=f(x)-2(x-lnx)=exx-2x+2lnx,x(0,+),则g'(x)=ex(x-1)x2-2+2x=(ex-2x)(x-1)x2,x(0,+).设h(x)=ex-2x,x(0,+),则h'(x)=ex-2,令h'(x)=0,则x=ln2.当x(0,ln2)时,h'(x)<0;当x(ln2,+)时,h'(x)>0.所以h(x)min=h(ln2)=2-2ln2>0,故h(x)=ex-2x>0.令g'(x)=(ex-2x)(x-1)x2=0,则x=1.当x(0,1)时,g'(x)<0;当x(1,+)时,g'(x)>0.所以g(x)min=g(1)=e-2>0,故g(x)=f(x)-2(x-lnx)>0,从而有f(x)>2(x-lnx).2.(2019河南开封模拟)设函数f(x)=x2-ax+b.(1)讨论函数f(sinx)在-2,2内的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值;(2)记f0(x)=x2-a0x+b0,求函数|f(sinx)-f0(sinx)|在-2,2上的最大值D;(3)在(2)中,取a0=b0=0,求z=b-a24满足条件D1时的最大值.解析(1)f(sinx)=sin2x-asinx+b=sinx(sinx-a)+b,-2<x<2.f(sinx)'=(2sinx-a)cosx,-2<x<2.因为-2<x<2,所以cosx>0,-2<2sinx<2.a-2,bR时,函数f(sinx)单调递增,无极值.a2,bR时,函数f(sinx)单调递减,无极值.对于-2<a<2,在-2,2内存在唯一的x0,使得2sinx0=a.-2<xx0时,函数f(sinx)单调递减;x0x<2时,函数f(sinx)单调递增.因此,-2<a<2,bR时,函数f(sinx)在x0处有极小值,f(sinx0)=fa2=b-a24.(2)-2x2时,|f(sinx)-f0(sinx)|=|(a0-a)sinx+b-b0|a-a0|+|b-b0|,当(a0-a)(b-b0)0时,取x=2,等号成立,当(a0-a)(b-b0)<0时,取x=-2,等号成立.由此可知,|f(sinx)-f0(sinx)|在-2,2上的最大值为D=|a-a0|+|b-b0|.(3)D1即为|a|+|b|1,此时0a21,-1b1,从而z=b-a241.取a=0,b=1,则|a|+|b|1,并且z=b-a24=1.由此可知,z=b-a24满足条件D1的最大值为1.