(课标通用)北京市2020版高考数学大一轮复习第三章4第四节导数与函数的综合问题夯基提能作业本

A组 基础题组

1.(2017北京西城一模,18)已知函数f(x)=e-x.设直线l为曲线y=f(x)在点P(x0, f(x0))处的切线,其x

2

中x0∈[-1,1].

(1)求直线l的方程(用x0表示);

(2)设O为原点,直线x=1分别与直线l和x轴交于A,B两点,求△AOB的面积的最小值. 解析 (1)对f(x)求导,得f '(x)=ex-x, 所以直线l的斜率为f '(x0)=

-x0,

由此得直线l的方程为y-=(-x0)(x-x0),

即y=(-x0)x+(1-x0)+.

(2)依题意B(1,0),设A(1,y1),在切线方程中令x=1,

得y1=(-x0)+(1-x0)+=(2-x0).

所以S△AOB=|OB|·|y1|=

=,x0∈[-1,1].

设g(x)=,x∈[-1,1],

则g'(x)=-+=- (x-1)(ex-1).

令g'(x)=0,得x=0或x=1.

当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表:

x

-1

(-1,0) 0 (0,1) 1 g'(x) - 0 +

g(x)

↘ 1

↗

1

所以g(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增, 所以g(x)min=g(0)=1,

从而△AOB的面积的最小值为1.

思路分析 (1)利用导数的几何意义求切线方程;(2)结合点A,B的坐标,用x0表示三角形AOB的面积,构造函数,利用导数求△AOB面积的最小值.

方法点拨 利用题目中的条件构造函数,再利用导数研究函数的单调性和最值. 2.(2018北京东城二模,19)已知函数f(x)=xsin x+cos x+ax2

,x∈[-π,π]. (1)当a=0时,求f(x)的单调区间; (2)当a>0时,讨论f(x)的零点个数.

解析 (1)当a=0时, f(x)=xsin x+cos x,x∈[-π,π], f '(x)=sin x+xcos x-sin x=xcos x.

当x在区间[-π,π]上变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:

-x 0

π π -

f '(x +

0

-

0

+

0

-

)

极大

极大

f(x

极小

-1 ↗ ↘

↗

↘

-1

)

值1 值

值

所以f(x)的单调增区间为,; f(x)的单调减区间为,.

(2)任取x∈[-π,π].

因为f(-x)=(-x)sin(-x)+cos(-x)+ a(-x)2=xsin x+cos x+ax2

=f(x), 所以f(x)是偶函数.

f '(x)=ax+xcos x=x(a+cos x).

当a≥1时,a+cos x≥0在[0,π]上恒成立,所以x∈[0,π]时, f '(x)≥0. 所以f(x)在[0,π]上单调递增.

2

又因为f(0)=1,

所以f(x)在[0,π]上无零点.

又因为f(x)是偶函数,所以f(x)在[-π,π]上无零点. 当0由-1<-a<0可知,存在唯一的x0∈,使得cos x0=-a.

所以当x∈(0,x0)时, f '(x)>0, f(x)单调递增; 当x∈(x0,π)时, f '(x)<0, f(x)单调递减. 因为f(0)=1, f(x0)>1, f(π)= aπ-1,

2

所以①当aπ-1>0,即

2

由f(x)是偶函数知f(x)在[-π,π]上无零点;

②当aπ-1≤0,即02

时, f(x)在[0,π]上有1个零点.由f(x)是偶函数知f(x)在[-π,π]上有2

综上,当0时, f(x)无零点.

3.(2018北京朝阳一模,18)已知函数f(x)=(1)当a=2时,

(i)求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程; (ii)求函数f(x)的单调区间; (2)若1-ax.

解析 (1)当a=2时, f(x)=-2x,

f '(x)=-2=.

(i)易得f '(1)=0,又f(1)=-3,所以f(x)在点(1,-3)处的切线方程为y=-3. (ii)函数f(x)的定义域为(0,+∞).

在区间(0,1)上,2-2x>0,且-ln x>0,则f '(x)>0;

3

2

在区间(1,+∞)上,2-2x2

<0,且-ln x<0,则f '(x)<0. 所以f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞).

(2)证明:由x>0, f(x)<-1,知

-ax<-1,等价于ax2

-x+1-ln x>0.

设h(x)=ax2

-x+1-ln x,只需证h(x)>0成立.

h'(x)=2ax-1-=

,1由h'(x)=0,得2ax2

-x-1=0有两异号实根. 令其正根为x0,则2a

-x0-1=0,

即a=,

在(0,x0)上,h'(x)<0,在(x0,+∞)上,h'(x)>0,

则h(x)的最小值为h(x0)=a-x0+1-ln x0=-x0+1-ln x0=-ln x0.

又h'(1)=2a-2>0,h'=a-3<0,

所以0,-ln x0>0.

因此-ln x0>0,即h(x0)>0,所以h(x)>0,

所以f(x)<-1.

4.(2017北京朝阳二模,19)已知函数f(x)=ex

+x2

-x,g(x)=x2

+ax+b,a,b∈R. (1)当a=1时,求函数F(x)=f(x)-g(x)的单调区间;

(2)若曲线y=f(x)在点(0,1)处的切线l与曲线y=g(x)相切于点(1,c),求a,b,c的值; (3)若f(x)≥g(x)恒成立,求a+b的最大值.

解析 (1)由题意可得F(x)=ex

-2x-b,则F'(x)=ex

-2, 令F'(x)>0,得x>ln 2,所以F(x)在(ln 2,+∞)上单调递增; 令F'(x)<0,得x+2x-1,所以f '(0)=0,所以l的方程为y=1,

4

依题意得-=1,c=1,所以a=-2,

于是l与抛物线g(x)=x-2x+b相切于点(1,1). 由1-2+b=1,得b=2. 所以a=-2,b=2,c=1.

(3)设h(x)=f(x)-g(x)=e-(a+1)x-b,则h(x)≥0恒成立, 易得h'(x)=e-(a+1). ①当a+1≤0时, 因为h'(x)>0,

所以h(x)在(-∞,+∞)上单调递增,

a.若a+1=0,则当b≤0时满足条件,此时a+b≤-1;

x

x

2

2

b.若a+1<0,取x0<0且x0<,

此时h(x0)=-(a+1)x0-b<1-(a+1)-b=0,所以h(x)≥0不恒成立,不满足条件.

②当a+1>0时,

令h'(x)>0,得x>ln(a+1); 令h'(x)<0,得x所以h(x)在(-∞,ln(a+1))上单调递减,在(ln(a+1),+∞)上单调递增,

要使“h(x)=e-(a+1)x-b≥0恒成立”,必须有“当x=ln(a+1)时,h(x)min=(a+1)-(a+1)ln(a+1)-b≥0恒成立”,

所以b≤(a+1)-(a+1)ln(a+1), 所以a+b≤2(a+1)-(a+1)ln(a+1)-1. 令G(x)=2x-xln x-1,x>0,则G'(x)=1-ln x, 令G'(x)>0,得0e.

所以G(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减, 所以,当x=e时,G(x)max=e-1,

从而,当a=e-1,b=0时,a+b的最大值为e-1. 综上,a+b的最大值为e-1.

x

5

方法点拨 在解决不等式恒成立问题时,可以把问题等价转化,通过构造函数来研究函数的最值问题,当最值中仍含有参数时,可以再次构造函数,利用二次求导来处理.

B组 提升题组

5.(2018北京西城一模,20)已知函数f(x)=ex

·(a+ln x),其中a∈R. (1)若曲线y=f(x)在x=1处的切线与直线y=-垂直,求a的值;

(2)记f(x)的导函数为g(x).当a∈(0,ln 2)时,证明:g(x)存在极小值点x0,且f(x0)<0.

解析 (1)f '(x)=ex(a+ln x)+ex·=ex

.

依题意,有 f '(1)=e·(a+1)=e, 解得a=0.

(2)证明:由题意及(1)得g(x)=ex

·

,

所以g'(x)=ex

·

+ex

·

=ex

·

.

设h(x)=a+-+ln x,

因为ex

>0,所以g'(x)与h(x)同号.

h'(x)==.

所以对任意x∈(0,+∞),有h'(x)>0, 故h(x)在(0,+∞)上单调递增.

因为a∈(0,ln 2),所以h(1)=a+1>0,h=a+ln <0,

故存在x0∈,使得h(x0)=0.

g(x)与g'(x)在区间上的情况如下:

x

x0 (x0,1)

6

g'(x) g(x)

- ↘

0 +

极小值 ↗

所以g(x)在区间上单调递减,在区间(x0,1)上单调递增.

所以当a∈(0,ln 2)时,存在x0∈,使得x0是g(x)的极小值点.

由h(x0)=0,得a+ln x0=,

所以f(x0)=·(a+ln x0)=·<0.

6.(2018北京石景山一模,20)设函数f(x)=ln x+,m∈R. (1)当m=e时,求函数f(x)的极小值; (2)讨论函数g(x)=f '(x)-零点的个数;

(3)若对任意的b>a>0,<1恒成立,求实数m的取值范围.

解析 (1)当m=e时, f(x)=ln x+,对f(x)求导得f '(x)=f(x)在(0,e)上单调递减;

当x∈(e,+∞)时, f '(x)>0, f(x)在(e,+∞)上单调递增, 所以当x=e时, f(x)取得极小值f(e)=ln e+=2.

(x>0),所以当x∈(0,e)时, f '(x)<0,

(2)g(x)=f '(x)- =-3

-(x>0),

令g(x)=0,得m=-x+x(x>0).

设φ(x)=- x+x(x>0),则φ'(x)=-x+1=-(x-1)(x+1). 所以当x∈(0,1)时,φ'(x)>0,φ(x)在(0,1)上单调递增; 当x∈(1,+∞)时,φ'(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减. 所以φ(x)的最大值为φ(1)=- +1=. 又φ(0)=0,所以

7

3

2

①当m>时,函数g(x)没有零点;

②当m=或m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点; ③当0则h(x)=ln x+-x(x>0),

则(*)等价于h(x)在(0,+∞)上单调递减,

即h'(x)= --1≤0在(0,+∞)上恒成立,

所以m≥-x+x=-

2

+ (x>0)恒成立,

所以m≥,即m的取值范围是.

试题分析 (1)当m=e时,求得f '(x),求出函数的单调性,即可求解函数的极小值;

(2)由题意得g(x),令g(x)=0,得m=-x+x(x>0),设φ(x)=- x+x(x>0),求得φ'(x),得到φ(x)的单调性,得到φ(x)的最大值,分类讨论,即可求得零点的个数;

3

3

(3)由题意,原命题等价于f(b)-b0),进而转化为h(x)在(0,+∞)上单调递减,即h'(x)≤0在(0,+∞)上恒成立,从而求得实数m的取值范围.

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