专题三 导数及其应用-【创新教程】2017-2021五年高考数学真题分类汇编（新高考）

AM|1+a1-且n<0,:1∈0,1解:(1)当a=0时,f(x)=32 ∈(0,1) f(1)=1,f(1)=-4,故y=f(x)在(1,f(1)处切 答案:(0,1) 线方程为y-1=-4(x-1),整理得y=-4x+5 10.5x-y+2=0由题y′2(x+2) (x2+a)×(-2)-(3-2x)×2x (2)f( (x+2)2,所以在点(-1,一3)处的切线的斜率k=5, 故切线方程为y+3=5(x+1),即5x-y+2=0 若函数∫(x)在x=-1处取得极值,令f(-1)=0, 解析:①x>时f(x)=2x-1-2lnx, (a+1)2 0,解得a=4 =2-22(x- 经检验,当a=4时,x=-1为函数f(x)的极大值, 符合题意 当x>1时,f(x)>0;:当<x<1时,f(x)<0,故 令/八×,2+,函数定义域为R,f(x) 此时,∫(x) 时,f(x)=1-2x-2nx,f(x) ,解得x 2(x+1) f(x),f(x)随x的变化趋势如下表 此时f(x)=1-2x-2lnx为减函数,f(x)min f(x) 0 0 =2ln2> 综上:f(x)min=f(1) f(r) 极大值 答案 故函数的单调递增区间为(一∞,-1)和(4,十∞), 12.3x-y 单调递减区间为(-1,4) 极大值为∫(-1)=1,极小值为f(4) ∴切线方程为y-0=3(x-0),即3x-y 又因为x<时,f(x)>0,x>时,f(x)<0 13.-3y=(ax+1)’e+(ax+1)·(e)=ae+(ax故可判断函数∫(x)的最大值为f(-1)=1,最小值 为f(4) 17.解:(1)f(x)=x(e-2a),令f(x)=0,则a≤0时, 0;a>0时,x=0或In(2a) 14.2x-y=0y ①a≤0时,∴e-2a≥e>0恒成立,x>0时f(x ∴切线方程为y=2x.即2x-y=0 >0;x<0时f(x)<0 ∴f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,十∞)上单调 f(x)=2sin x+ sin 2 2sin x 递增 cOs .T ②∈(,2)时,x∈(=,m(2)U(0,+)时,x =2sinx(1+cosx),令t=1+cosx,∴cosx=t-1 和e-2a同号,f(x)>0恒成立;x∈(n(2a),0) 且0≤t≤2. sinx=±1-cos2x=±1-(t-1)2 e>2a,/(x)<0恒成立.∴/(x)在(-∞,ln(2a)) 和(0,+∞)上递增,在(ln(2a),0)上递减 ③a=2时,f(x)=x(-1),x≠0时x和c-1同 要求f(x)的最小值,即求g(t)=-2√213-1的最 号,∴f(x)在(-∞,十∞)上递增; 小值 令m(t=213-14(0≤t≤2), e-2a同号,f(x)>0恒成立,x∈(0,ln(2a))时,x 则m(t)=6t2-4t3=2t2(3-2t), 当0≤<2时,m(t)>0,当1>。时,m(t)<0, a,f(x)<0恒成立.∴f(x)在(一∞,0)和 (ln(2a),十∞)上递增,在(0,ln(2a))上递减 ∴当t=。时,m()取得最大值, 综上,①a≤0时,∫(x)在(一∞,0)上单调递减,在(0, 十∞)上单调递增;②a∈ 时,f(x)在(-∞,1n (2a)和(0,十∞)上递增,在(ln(2a),0)上递减;③a ∵g(t)的最小值为gnmn(t)=-3 时,f(x)在(-∞,+∞)上递增;④a>时,f(x)在 即∫(x)的最小值为2 (-∞,0)和(ln(2a),十∞)上递增,在(0,ln(24)上 递减 98 (2)若选①,由∫(x)在(0,ln2a)上递减,在(一∞,0)19.解析:(1)由题意得f(x)的定义域为(-∞,a), 或(ln2a,十∞)上递增 由f(x)在(一∞,0)上递增,且f(0)=b-1>2a 则m(x)=ln(a-x)+x In(a-x)+ b l 因为x=0是函数xf(x)的极值点, 可得f(x)在(-∞,0)上有唯一零点, 所以m'(0)=0,即lna=0,所以a=1; 由∫(x)在(0,ln2a)上递减,在(ln2a,+∞)上递增, 且f(ln2a)=(ln2a-1)·2a-aln2a+b>(ln2a 1)·2a-aln2a+2a=a(2-1n2a)ln2a>0, 所以在(0,ln2a)及(ln2a,+∞)上没有零点 所以f(x)只有一个零点 且m(0)=0 若选②,由(1)知0<a<。时,f(x)在(ln2a,0)上递 因为m"(x) 减,在(—∞,ln2a)上递增, m(x)在(一∞,1)上单调递减, 因为f(ln2a)=(ln2a-1)·2a-aln2a+b>(ln2a 所以当x∈(-∞,0)时,m(x)>0