【数学】2020届一轮复习（理）课标通用版3-5导数的综合应用(一)作业
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.-12 B.-1 C.-32 D.-2
答案 A 设g(x)=f(x)-x2(x∈R),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-1≤f(-a)-(-a)2,即f(a+1)-(a+1)2≤f(-a)-(-a)2,即g(a+1)≤g(-a),∴a+1≥-a,即a≥-12.故选A.
2.已知a,b∈R,直线y=ax+b+π2与函数f(x)=tan x的图象在x=-π4处相切,设g(x)=ex+bx2+a,若在区间[1,2]上,不等式m≤g(x)≤m2-2恒成立,则实数m( )
A.有最小值-e B.有最小值e
C.有最大值e D.有最大值e+1
答案 D ∵f(x)=tan x=sinxcosx,
∴f '(x)=cos2x-sinx(-sinx)cos2x=1cos2x,∴a=f '-π4=2,又点-π4,-1在直线y=ax+b+π2上,∴-1=2×-π4+b+π2,得b=-1,∴g(x)=ex-x2+2,g'(x)=ex-2x,令h(x)=ex-2x,则h'(x)=ex-2,当x∈[1,2]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,∴m≤g(x)min=g(1)=e+1,m2-2≥g(x)max=g(2)=e2-2,解得m≤-e或e≤m≤e+1,∴m的最大值为e+1,无最小值,故选D.
3.(2018课标全国Ⅰ文,21,12分)已知函数f(x)=aex-ln x-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a≥1e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-ln x-1, f '(x)=12e2ex-1x.
当0
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a≥1e时, f(x)≥exe-ln x-1.
设g(x)=exe-ln x-1,则g'(x)=exe-1x.
当01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a≥1e时, f(x)≥0.
4.(2018贵州适应性考试)已知函数f(x)=ax-ex(a∈R),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,x∈R.
当a≤0时, f '(x)<0, f(x)在R上单调递减;
当a>0时,令f '(x)=0得x=ln a.
由f '(x)>0得f(x)的单调递增区间为(-∞,ln a);
由f '(x)<0得f(x)的单调递减区间为(ln a,+∞).
(2)∃x0∈(0,+∞),使不等式f(x)≤g(x)-ex,
则ax≤lnxx,即a≤lnxx2.
设h(x)=lnxx2,则问题转化为a≤lnxx2max,
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a≤12e.
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-ln x).
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-ln x)=exx-2x+2ln x,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=ln 2.
当x∈(0,ln 2)时,h'(x)<0;
当x∈(ln 2,+∞)时,h'(x)>0.
所以h(x)min=h(ln 2)=2-2ln 2>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-ln x)>0,从而有f(x)>2(x-ln x).
2.(2019河南开封模拟)设函数f(x)=x2-ax+b.
(1)讨论函数f(sin x)在-π2,π2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(sin x)-f0(sin x)|在-π2,π2上的最大值D;
(3)在(2)中,取a0=b0=0,求z=b-a24满足条件D≤1时的最大值.
解析 (1)f(sin x)=sin2x-asin x+b=sin x(sin x-a)+b,
-π20,-2<2sin x<2.
①a≤-2,b∈R时,函数f(sin x)单调递增,无极值.
②a≥2,b∈R时,函数f(sin x)单调递减,无极值.
③对于-2
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