（课标通用）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-人教版高三全册数学试题VIP专享VIP免费

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(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)=tanx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-eB.有最小值eC.有最大值eD.有最大值e+1答案D∵f(x)=tanx=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-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-lnx-1,f'(x)=12e2ex-1x.当02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-lnx-1.设g(x)=exe-lnx-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=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ax≤lnxx,即a≤lnxx2.设h(x)=lnxx2,则问题转化为a≤(lnxx2)max,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P(2,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(-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(sinx)-f0(sinx)|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(sinx)=sin2x-asinx+b=sinx(sinx-a)+b,-π20,-2<2sinx<2.①a≤-2,b∈R时,函数f(sinx)单调递增,无极值.②a≥2,b∈R时,函数f(sinx)单调递减,无极值.③对于-2