《2020版高考数学（北京版）新攻略大一轮课标通用夯基提能作业本：3-第三章4-第四节导数与函数的综合问题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考数学（北京版）新攻略大一轮课标通用夯基提能作业本：3-第三章4-第四节导数与函数的综合问题含解析（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第四节导数与函数的综合问题A组基础题组1.(2017北京西城一模,18)已知函数f(x)=ex-x2.设直线l为曲线y=f(x)在点P(x0, f(x0)处的切线,其中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)=ex0-x0,由此得直线l的方程为y-ex0-12x02=(ex0-x0)(x-x0),即y=(ex0-x0)x+(1-x0)ex0+12x02.(2)依题意B(1,0),设A(1,y1),在切线方程中令x=1,得
2、y1=(ex0-x0)+(1-x0)ex0+12x02=(2-x0)ex0-12x0.所以SAOB=|OB|y1|=12(2-x0)ex0-12x0=1-12x0ex0-12x0,x0-1,1.设g(x)=1-12xex-12x,x-1,1,则g(x)=-12ex-12x+1-12xex-12=- (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)1g(x)-0+g(x)321e+12112e-12来源:Zxxk.Com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)
3、=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-,.(1)当a=0时,求f(x)的单调区间;(2)当a0时,讨论f(x)的零点个数.解析(1)当a=0时, f(x)=xsin x+cos x,x-,f (x)=sin x+xcos x-sin x=xcos x.当x在区间-,上变化时, f (x), f(x)的变
4、化情况如下表:x-,-2-2-2,000,222,f (x)+0-0+0-f(x)-1极大值2极小值1极大值2-1所以f(x)的单调增区间为-,-2,0,2; f(x)的单调减区间为-2,0,2,.(2)任取x-,.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a1时,a+cos x0在0,上恒成立,所以x0,时, f (x)0.所以f(x)在0,上单调递增.又因为f(0)=1,所以f(x)在0,上无零点.又因为f(x)是偶函数,所以f(x)在-,
5、上无零点.当0a1时,令f (x)=0,得x=0或cos x=-a.由-1-a0, f(x)单调递增;当x(x0,)时, f (x)1, f()= a2-1,所以当a2-10,即22a1时, f(x)在0,上无零点.由f(x)是偶函数知f(x)在-,上无零点;当a2-10,即0a22时, f(x)在0,上有1个零点.由f(x)是偶函数知f(x)在-,上有2个零点.综上,当022时, f(x)无零点.3.(2018北京朝阳一模,18)已知函数f(x)=lnx-1x-ax.(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1a2,
6、求证: f(x)0,且-ln x0,则f (x)0;在区间(1,+)上,2-2x20,且-ln x0,则f (x)0, f(x)-1,知lnx-1x-ax0.设h(x)=ax2-x+1-ln x,只需证h(x)0成立.h(x)=2ax-1-=2ax2-x-1x,1a2,由h(x)=0,得2ax2-x-1=0有两异号实根.令其正根为x0,则2ax02-x0-1=0,即ax02=1+x02,在(0,x0)上,h(x)0,则h(x)的最小值为h(x0)=ax02-x0+1-ln x0=1+x02-x0+1-ln x0=3-x02-ln x0.又h(1)=2a-20,h12=a-30,所以x00,-l
7、n x00.因此3-x02-ln x00,即h(x0)0,所以h(x)0,所以f(x)0,得xln 2,所以F(x)在(ln 2,+)上单调递增;令F(x)0,得x0,所以h(x)在(-,+)上单调递增,a.若a+1=0,则当b0时满足条件,此时a+b-1;b.若a+10,取x00且x01-ba+1,此时h(x0)=ex0-(a+1)x0-b0时,令h(x)0,得xln(a+1);令h(x)0,得x0,则G(x)=1-ln x,令G(x)0,得0xe;令G(x)e.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
8、,a+b的最大值为e-1.综上,a+b的最大值为e-1.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aR.(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,所以g(x)与h(x)同号.h(x)=x2-2x+2x3=(x-1)2+1x3.所以对任意x(0,+),有h(x)0,故h(
9、x)在(0,+)上单调递增.因为a(0,ln 2),所以h(1)=a+10,h12=a+ln 0,故存在x012,1,使得h(x0)=0.g(x)与g(x)在区间12,1上的情况如下:x12,x0x0(x0,1)g(x)-0+g(x)极小值所以g(x)在区间12,x0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x012,1,使得x0是g(x)的极小值点.由h(x0)=0,得a+ln x0=1-2x0x02,所以f(x0)=ex0(a+ln x0)=ex01-2x0x02a0,f(b)-f(a)b-a0),所以当x(0,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.(2)g(x)=f (x)- =-mx2-x3(x0), 令g(x)=0,得m=-x3+x(x0).设(x)=- x3+x(x0),则(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1).所以当x(0,1)时,(x)0,(x)在(0,1)上单调递增;当x(1,+)时,(x)时,函数g(x)没有零点;当m=或m0时,函数g(x)有且只
