《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

10.(2020北京,19,15分,中)已知函数$f(x)=12 - x^{2}$.
(1)求曲线$y = f(x)$的斜率等于$-2$的切线方程；
(2)设曲线$y = f(x)$在点$(t,f(t))$处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为$S(t)$，求$S(t)$的最小值.

答案： 解析
(1)因为$f(x)=12 - x^{2}$，所以$f^{\prime}(x)=-2x$，
令$-2x=-2$，解得$x = 1$，
又$f(1)=11$，所以所求切线方程为$y - 11=-2(x - 1)$，
整理得$2x + y-13 = 0$。
(2)由
(1)可知$f^{\prime}(x)=-2x$，所以曲线$y = f(x)$在点$(t,f(t))$处的切线斜率$k=-2t$，又$f(t)=12 - t^{2}$，所以切线方程为$y-(12 - t^{2})=-2t(x - t)$，整理得$2tx + y-(t^{2}+12)=0$，当$x = 0$时，$y=t^{2}+12$，所以切线与$y$轴的交点为$(0,t^{2}+12)$，
当$y = 0$时，$x=\frac{t^{2}+12}{2t}$，所以切线与$x$轴的交点为$\left(\frac{t^{2}+12}{2t},0\right)$。
①当$t＞0$时，$S(t)=\frac{1}{2}\cdot\frac{t^{2}+12}{2t}\cdot(t^{2}+12)=\frac{(t^{2}+12)^{2}}{4t}$，
则$S^{\prime}(t)=\frac{3(t^{2}-4)(t^{2}+12)}{4t^{2}}$，
当$0＜t＜2$时，$S^{\prime}(t)＜0$，此时$S(t)$在$(0,2)$上单调递减；
当$t＞2$时，$S^{\prime}(t)＞0$，此时$S(t)$在$(2,+\infty)$上单调递增，
所以$S(t)_{\min}=S(2)=32$。
②当$t＜0$时，$S(t)=-\frac{(t^{2}+12)^{2}}{4t}$，则$S^{\prime}(t)=-\frac{3(t^{2}-4)(t^{2}+12)}{4t^{2}}$，
当$t＜-2$时，$S^{\prime}(t)＜0$，此时$S(t)$在$(-\infty,-2)$上单调递减；
当$-2＜t＜0$时，$S^{\prime}(t)＞0$，此时$S(t)$在$(-2,0)$上单调递增，
所以$S(t)_{\min}=S(-2)=32$。
综上所述，当$t=\pm2$时，$S(t)$取最小值，为$32$。

11.(2020新高考I,21,12分,中)已知函数$f(x)=ae^{x - 1}-\ln x+\ln a$.
(1)当$a = e$时，求曲线$y = f(x)$在点$(1,f(1))$处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若$f(x)\geqslant1$，求$a$的取值范围.

答案： 解析 $f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$，$f^{\prime}(x)=ae^{x - 1}-\frac{1}{x}$。
(1)当$a = e$时，$f(x)=e^{x}-\ln x + 1$，$f^{\prime}(1)=e - 1$，曲线$y = f(x)$在点$(1,f(1))$处的切线方程为$y-(e + 1)=(e - 1)(x - 1)$，即$y=(e - 1)x+2$。
直线$y=(e - 1)x+2$在$x$轴，$y$轴上的截距分别为$-\frac{2}{e - 1}$，$2$。
因此所求三角形的面积为$\frac{2}{e - 1}$（易错：容易忽略三角形的面积应大于$0$而把结果写成$-\frac{2}{e - 1}$）。
(2)解法一：当$0＜a＜1$时，$f(1)=a+\ln a＜1$。
当$a = 1$时，$f(x)=e^{x - 1}-\ln x$，$f^{\prime}(x)=e^{x - 1}-\frac{1}{x}$。当$x\in(0,1)$时，$f^{\prime}(x)＜0$；当$x\in(1,+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＞0$。所以当$x = 1$时，$f(x)$取得最小值，最小值为$f(1)=1$，从而$f(x)\geqslant1$。
当$a＞1$时，$f(x)=ae^{x - 1}-\ln x+\ln a＞e^{x - 1}-\ln x\geqslant1$。
综上，$a$的取值范围是$[1,+\infty)$。
解法二：由$f(x)\geqslant1$，可得$ae^{x - 1}-\ln x+\ln a\geqslant1$，
即$e^{x - 1+\ln a}-\ln x+\ln a\geqslant1$，
即$e^{x - 1+\ln a}+\ln a+x - 1\geqslant\ln x+x=e^{\ln x}+\ln x$。
令$g(t)=e^{t}+t$，则$g^{\prime}(t)=e^{t}+1＞0$，
$\therefore g(t)$在$\mathbf{R}$上单调递增。
$\because g(\ln a+x - 1)\geqslant g(\ln x)$，
$\therefore\ln a+x - 1\geqslant\ln x$，
即$\ln a\geqslant\ln x-x + 1$。
令$h(x)=\ln x-x + 1$，$\therefore h^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-1=\frac{1 - x}{x}$，
当$0＜x＜1$时，$h^{\prime}(x)＞0$，函数$h(x)$单调递增，
当$x＞1$时，$h^{\prime}(x)＜0$，函数$h(x)$单调递减，
$\therefore h(x)\leqslant h(1)=0$，
$\therefore\ln a\geqslant0$，$\therefore a\geqslant1$，
故$a$的取值范围为$[1,+\infty)$。