2025届高考数学一轮复习专项练习高考大题专项一导数的综合应用

这是一份2025届高考数学一轮复习专项练习高考大题专项一导数的综合应用，共19页。试卷主要包含了已知函数f=ex+ax2-x，已知函数f=+aln x,g=，已知两个函数f=,g=-1，已知函数f=ex-kx2+2，已知函数f=xln x等内容，欢迎下载使用。

1.已知函数f(x)=ex+ax2-x.
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
(2)当x≥0时,f(x)≥x3+1,求a的取值范围.
2.已知函数f(x)=+aln x,g(x)=.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)证明:当a=1时,f(x)+g(x)-ln x>e.
3.已知函数f(x)=ln x+(a∈R)的图象在点,f处的切线斜率为-e,其中e为自然对数的底数.
(1)求实数a的值,并求f(x)的单调区间;
(2)证明:xf(x)>.
4.已知函数f(x)=ln ax-bx+1,g(x)=ax-ln x,a>1.
(1)求函数f(x)的极值;
(2)直线y=2x+1为函数f(x)图象的一条切线,若对任意的x1∈(0,1),x2∈[1,2]都有g(x1)>f'(x2)成立,求实数a的取值范围.
5.已知两个函数f(x)=,g(x)=-1.
(1)当t>0时,求f(x)在区间[t,t+1]上的最大值;
(2)求证:对任意x∈(0,+∞),不等式f(x)>g(x)都成立.
6.已知函数f(x)=(x-1)ex-kx2+2.
(1)略;
(2)若∀x∈[0,+∞),都有f(x)≥1成立,求实数k的取值范围.
7.已知函数f(x)=,且曲线y=f(x)在(2,f(2))处的切线斜率为1.
(1)求实数a的值;
(2)证明:当x>0时,f(x)>1;
(3)若数列{xn}满足=f(xn),且x1=,证明:2n|-1|<1.
8.已知函数f(x)=xln x.
(1)若函数g(x)=f'(x)+ax2-(a+2)x(a>0),试研究函数g(x)的极值情况;
(2)记函数F(x)=f(x)-在区间(1,2)上的零点为x0,记m(x)=minf(x),,若m(x)=n(n∈R)在区间(1,+∞)上有两个不等实数解x1,x2(x12x0.
突破2 利用导数研究与函数零点有关的问题
1.已知函数f(x)=-a(a∈R).
(1)若f(x)≤0在(0,+∞)上恒成立,求a的取值范围,并证明:对任意的n∈N*,都有1++…+>ln(n+1);
(2)设g(x)=(x-1)2ex,讨论方程f(x)=g(x)的实数根的个数.
2.已知函数f(x)=xex,g(x)=a(ex-1),a∈R.
(1)当a=1时,求证:f(x)≥g(x);
(2)当a>1时,求关于x的方程f(x)=g(x)的实数根的个数.
3.已知函数f(x)=2ae2x+2(a+1)ex.
(1)略;
(2)当a∈(0,+∞)时,函数f(x)的图象与函数y=4ex+x的图象有唯一的交点,求a的取值集合.
4.已知函数f(x)=ex,a,b∈R,且a>0.
(1)若函数f(x)在x=-1处取得极值,求函数f(x)的解析式;
(2)在(1)的条件下,求函数f(x)的单调区间;
(3)设g(x)=a(x-1)ex-f(x),g'(x)为g(x)的导函数,若存在x0∈(1,+∞),使g(x0)+g'(x0)=0成立,求的取值范围.
5.已知函数f(x)=ln x,g(x)=x3+2(1-a)x2-8x+8a+7.
(1)若曲线y=g(x)在点(2,g(2))处的切线方程是y=ax-1,求函数g(x)在[0,3]上的值域;
(2)当x>0时,记函数h(x)=若函数y=h(x)有三个零点,求实数a的取值集合.
参考答案
高考大题专项(一) 导数
的综合应用
突破1 利用导数研究
与不等式有关的问题
1.解 (1)当a=1时,f(x)=ex+x2-x,f'(x)=ex+2x-1.
故当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0.
所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
(2)f(x)x3+1等价于x3-ax2+x+1e-x≤1.设函数g(x)=e-x(x≥0),
则g'(x)=-x3-ax2+x+1-x2+2ax-1e-x
=-x[x2-(2a+3)x+4a+2]e-x
=-x(x-2a-1)(x-2)e-x.
①若2a+1≤0,即a≤-,则当x∈(0,2)时,g'(x)>0.所以g(x)在(0,2)上单调递增,而g(0)=1,故当x∈(0,2)时,g(x)>1,不合题意.
②若0<2a+1<2,即-0.
所以g(x)在(0,2a+1),(2,+∞)上单调递减,在(2a+1,2)上单调递增.由于g(0)=1,所以g(x)≤1当且仅当g(2)=(7-4a)e-2≤1,即a
所以当a<时,g(x)≤1.
③若2a+1≥2,即a,则g(x)≤x3+x+1e-x.
由于0∈,故由②可得e-x≤1.
故当a时,g(x)≤1.
综上,a的取值范围是
2.(1)解 函数的定义域为(0,+∞),f'(x)=-,
当a≤0时,f'(x)<0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减;
当a>0时,由f'(x)>0,得x>,由f'(x)<0,得0所以f(x)在上单调递减,在上单调递增,
综上可知:当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递减;
当a>0时,f(x)在上单调递减,在上单调递增.
(2)证明 因为x>0,所以不等式等价于ex-ex+1>,
设F(x)=ex-ex+1,F'(x)=ex-e,
所以当x∈(1,+∞)时,F'(x)>0,F(x)单调递增;当x∈(0,1)时,F'(x)<0,F(x)单调递减,所以F(x)min=F(1)=1.
设G(x)=,G'(x)=,
所以当x∈(0,e)时,G'(x)>0,G(x)单调递增,当x∈(e,+∞)时,G'(x)<0,G(x)单调递减,所以G(x)max=G(e)=1.
虽然F(x)的最小值等于G(x)的最大值,但1≠e,所以F(x)>G(x),即ex-ex+1>,故原不等式成立.
3.(1)解 因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=,所以f'=e-ae2=-e,所以a=,
所以f'(x)=令f'(x)=0,得x=,当x时,f'(x)<0,当x时,f'(x)>0,
所以f(x)在上单调递减,在上单调递增.
(2)证明 设h(x)=xf(x)=xlnx+,由h'(x)=lnx+1=0,得x=,
所以当x时,h'(x)<0;当x时,h'(x)>0,
所以h(x)在上单调递减,在上单调递增,
所以h(x)min=h
设t(x)=(x>0),则t'(x)=,
所以当x∈(0,1)时,t'(x)>0,t(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,t'(x)<0,t(x)单调递减,所以t(x)max=t(1)=
综上,在(0,+∞)上恒有h(x)>t(x),即xf(x)>
4.解 (1)∵a>1,∴函数f(x)的定义域为(0,+∞).∵f(x)=lnax-bx+1=lna+lnx-bx+1,∴f'(x)=-b=
①当b≤0时,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上为增函数,无极值;
②当b>0时,由f'(x)=0,得x=
∵当x时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
当x时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
∴f(x)在定义域上有极大值,极大值为f=ln
(2)设直线y=2x+1与函数f(x)图像相切的切点为(x0,y0),则y0=2x0+1.
∵f'(x)=-b,∴f'(x0)=-b=2,
∴x0=,即bx0=1-2x0.
又lnax0-bx0+1=2x0+1,
∴lnax0=1,∴ax0=e.
∴x0==b+2.
∵对任意的x1∈(0,1),x2∈[1,2]都有g(x1)>f'(x2)成立,
∴只需g(x1)min>f'(x2)max.
∵g'(x)=a-,
∴由g'(x)=0,得x=
∵a>1,∴0<<1.
∴当x时,g'(x)<0,g(x)单调递减;
当x时,g'(x)>0,g(x)单调递增.
∴g(x)≥g=1+lna,
即g(x1)min=1+lna.
∵f'(x2)=-b在x2∈[1,2]上单调递减,∴f'(x2)max=f'(1)=1-b=3-1+lna>3-即lna+-2>0.设h(a)=lna+-2,
易知h(a)在(1,+∞)上单调递增.
又h(e)=0,∴实数a的取值范围为(e,+∞).
5.(1)解 由f(x)=得,f'(x)=,∴当x<1时,f'(x)<0,当x>1时,f'(x)>0,
∴f(x)在区间(-∞,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增.
①当t≥1时,f(x)在区间[t,t+1]上单调递增,f(x)的最大值为f(t+1)=
②当01,f(x)在区间(t,1)上单调递减,在区间(1,t+1)上单调递增,∴f(x)的最大值为f(x)max=max{f(t),f(t+1)}.
下面比较f(t)与f(t+1)的大小.
f(t)-f(t+1)=t>0,1-e<0,
∴当0当f(x)在区间[t,t+1]上的最大值为f(t+1)=
综上可知,当0时,f(x)在区间[t,t+1]上的最大值为f(t+1)=
(2)证明 不等式f(x)>g(x)即为-1.∵x>0,∴不等式等价于ex>lnx-x+1,令h(x)=ex-(x+1)(x>0),
则h'(x)=ex-1>0,
∴h(x)在(0,+∞)上为增函数,h(x)>h(0)=0,即ex>x+1,
所以,要证ex>lnx-x+1成立,只需证x+1>lnx-x+1成立即可.
即证2x>lnx在(0,+∞)上成立.
设φ(x)=2x-lnx,则φ'(x)=2-,当0时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增,∴φ(x)min==1-ln=1+ln2>0,∴φ(x)>0在(0,+∞)上成立,∴对任意x∈(0,+∞),不等式f(x)>g(x)都成立.
6.解 (1)略
(2)f'(x)=xex-2kx=x(ex-2k),
①当k≤0时,ex-2k>0,所以,当x<0时,f'(x)<0,当x>0时,f'(x)>0,
则f(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增,
所以f(x)在区间[0,+∞)上的最小值为f(0),且f(0)=1,符合题意;
②当k>0时,令f'(x)=0,得x=0或x=ln2k,
所以当00,f(x)单调递增,
所以f(x)在区间[0,+∞)上的最小值为f(0),且f(0)=1,符合题意;
当k>时,ln2k>0,当x∈(0,ln2k)时,f'(x)<0,f(x)在区间(0,ln2k)上单调递减,
所以f(ln2k)综上,k的取值范围是
7.(1)解 f'(x)=,因为f'(2)==1,所以a=2.
(2)证明 要证f(x)>1,只需证h(x)=ex-x2-x-1>0.
h'(x)=ex-x-1,令c(x)=ex-x-1,则c'(x)=ex-1.
因为当x>0时,c'(x)>0,所以h'(x)=ex-x-1在(0,+∞)上单调递增,
所以h'(x)=ex-x-1>h'(0)=0.
所以h(x)=ex-x2-x-1在(0,+∞)上单调递增,
所以h(x)=ex-x2-x-1>h(0)=0成立.所以当x>0时,f(x)>1.
(3)证明 (方法1)由(2)知当x>0时,f(x)>1.
因为=f(xn),
所以xn+1=lnf(xn).
设g(xn)=lnf(xn),则xn+1=g(xn),
所以xn=g(xn-1)=g(g(xn-2))=…=g((…(g(x1))…))>0.
要证2n|-1|<1,只需证|-1|因为x1=,所以|-1|=-1.
因为e-3=e-<0,
所以,
所以|-1|=-1<
故只需证|-1|<-1|.
因为xn∈(0,+∞),故只需证-1<,
即证f(xn)-1<
只需证当x∈(0,+∞)时,φ(x)=x2-2ex+x2+2x+2>0,
φ'(x)=x2+x-2ex+x+2,
令α(x)=x2+x-2ex+x+2,则α'(x)=x2+2x-1ex+1,
令β(x)=x2+2x-1ex+1,则β'(x)=x2+3x+1ex>0,
所以β(x)在区间(0,+∞)上单调递增,
故β(x)=x2+2x-1ex+1>β(0)=0.
所以α(x)在区间(0,+∞)上单调递增,
故α(x)=x2+x-2ex+x+2>α(0)=0.
所以φ(x)在区间(0,+∞)上单调递增,
所以φ(x)=x2-2ex+x2+2x+2>φ(0)=0,所以原不等式成立.
(方法2)由(2)知当x>0时,f(x)>1.
因为=f(xn),
所以xn+1=lnf(xn).
设g(xn)=lnf(xn),则xn+1=g(xn),
所以xn=g(xn-1)=g(g(xn-2))=…=g((…(g(x1))…))>0.
要证2n|-1|<1,只需证|-1|因为x1=,所以|-1|=-1.
因为e-3=e-<0,
所以,
所以|-1|=-1<
故只需证|-1|<-1|.
因为xn∈(0,+∞),故只需证-1<,
即证f(xn)-1<
只需证当x∈(0,+∞)时,φ(x)=x2-2ex+x2+2x+2>0.
因为φ(x)=(x2-4)ex+(x2+4x+4)=(x+2)[(x-2)ex+(x+2)],
设u(x)=(x-2)ex+(x+2),故只需证u(x)>0.
u'(x)=(x-1)ex+1,
令v(x)=(x-1)ex+1,则v'(x)=xex>0,
所以v(x)在区间(0,+∞)上单调递增,
故v(x)=(x-1)ex+1>v(0)=0,
所以u(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故u(x)=(x-2)ex+(x+2)>u(0)=0,所以原不等式成立.
8.(1)解 由题意,得f'(x)=lnx+1,故g(x)=ax2-(a+2)x+lnx+1,
故g'(x)=2ax-(a+2)+,x>0,a>0.
令g'(x)=0,得x1=,x2=
①当00,得0;
由g'(x)<0,得所以g(x)在x=处取极大值g=--ln2,在x=处取极小值g=--lna.
②当a=2时,,g'(x)≥0恒成立,所以不存在极值.
③当a>2时,,由g'(x)>0,得0;
由g'(x)<0,得所以g(x)在x=处取极大值g=--lna,在x=处取极小值g=--ln2.
综上,当0当a=2时,不存在极值;当a>2时,g(x)在x=处取极大值--lna,在x=处取极小值--ln2.
(2)证明 F(x)=xlnx-,定义域为x∈(0,+∞),F'(x)=1+lnx+
当x∈(1,2)时,F'(x)>0,即F(x)在区间(1,2)上单调递增.
又因为F(1)=-<0,F(2)=2ln2->0,且F(x)在区间(1,2)上的图像连续不断,故根据函数零点存在定理,F(x)在区间(1,2)上有且仅有一个零点.
所以存在x0∈(1,2),使得F(x0)=f(x0)-=0.
且当1当x>x0时,f(x)>
所以m(x)=minf(x),=
当10,得m(x)单调递增;
当x>x0时,m(x)=,由m'(x)=<0,得m(x)单调递减.
若m(x)=n在区间(1,+∞)上有两个不等实数解x1,x2(x1则x1∈(1,x0),x2∈(x0,+∞).
要证x1+x2>2x0,即证x2>2x0-x1.
又因为2x0-x1>x0,而m(x)在区间(x0,+∞)上单调递减,
所以可证m(x2)由m(x1)=m(x2),即证m(x1)记h(x)=xlnx-,1其中h(x0)=0.
记φ(t)=,则φ'(t)=
当t∈(0,1)时,φ'(t)>0;
当t∈(1,+∞)时,φ'(t)<0.
故φ(t)max=
而φ(t)>0,故0<φ(t)<
因为2x0-x>1,
所以-<-<0.
因此h'(x)=1+lnx+>1->0,
即h(x)单调递增,故当1即x1lnx1<,
故x1+x2>2x0,得证.
突破2 利用导数研究
与函数零点有关的问题
1.(1)证明 由f(x)≤0可得,
a(x>0),令h(x)=,则h'(x)=
当x∈(0,1)时,h'(x)>0,h(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,故h(x)在x=1处取得最大值,要使a,只需a≥h(1)=1,
故a的取值范围为[1,+∞).
显然,当a=1时,有1,即不等式lnx令x=>1(n∈N*),则有ln-1=,所以ln+ln+…+ln<1++…+,
即1++…+>ln(n+1).
(2)解 由f(x)=g(x),可得-a=(x-1)2ex,即a=-(x-1)2ex,
令t(x)=-(x-1)2ex,
则t'(x)=-(x2-1)ex,
当x∈(0,1)时,t'(x)>0,t(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,t'(x)<0,t(x)单调递减,故t(x)在x=1处取得最大值t(1)=1,又当x→0时,t(x)→-∞,当x→+∞时,t(x)→-∞,所以,当a=1时,方程f(x)=g(x)有一个实数根;
当a<1时,方程f(x)=g(x)有两个不同的实数根;
当a>1时,方程f(x)=g(x)没有实数根.
2.(1)证明 设函数F(x)=f(x)-g(x)=xex-aex+a.
当a=1时,F(x)=xex-ex+1,所以F'(x)=xex.
所以当x∈(-∞,0)时,F'(x)<0;
当x∈(0,+∞)时,F'(x)>0.
所以F(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
所以当x=0时,F(x)取得最小值F(0)=0.
所以F(x)≥0,即f(x)≥g(x).
(2)解 设函数F(x)=f(x)-g(x)=xex-aex+a.
当a>1时,F'(x)=(x-a+1)ex,
令F'(x)>0,即(x-a+1)ex>0,解得x>a-1;
令F'(x)<0,即(x-a+1)ex<0,解得x所以F(x)在(-∞,a-1)上单调递减,在(a-1,+∞)上单调递增.
所以当x=a-1时,F(x)取得最小值,即F(a-1)=a-ea-1.
令h(a)=a-ea-1,则h'(a)=1-ea-1.
因为a>1,所以h'(a)<0.所以h(a)在(1,+∞)上单调递减.
所以h(a)又因为F(a)=a>0,所以F(x)在区间(a-1,a)上存在一个零点.
所以在[a-1,+∞)上存在唯一的零点.
又因为F(x)在区间(-∞,a-1)上单调递减,且F(0)=0,
所以F(x)在区间(-∞,a-1)上存在唯一的零点0.
所以函数F(x)有且仅有两个零点,即方程f(x)=g(x)有两个实数根.
3.解 (1)略.
(2)设t=ex,则f(t)=2at2+2(a+1)t的图像与y=4t+lnt的图像只有一个交点,其中t>0,
则2at2+2(a+1)t=4t+lnt只有一个实数解,即2a=只有一个实数解.
设g(t)=,则g'(t)=,g'(1)=0.
令h(t)=-2t2+t-2tlnt+1-lnt,
则h'(t)=-4t--2lnt-1.
设y=+2lnt,令y'=-=0,解得t=,
则y,y'随t的变化如表所示
则当t=时,y=+2lnt取最小值为2-2ln2=2×(1-ln2)>0.
所以--2lnt<0,
即h'(t)=-4t--2lnt-1<0.
所以h(t)在(0,+∞)上单调递减.
因此g'(t)=0只有一个根,即t=1.
当t∈(0,1)时,g'(t)>0,g(t)单调递增;
当t∈(1,+∞)时,g'(t)<0,g(t)单调递减.
所以,当t=1时,g(t)有最大值为g(1)=1.
由题意知,y=2a与g(t)图像只有一个交点,而a∈(0,+∞),
所以2a=1,即a=,
所以a的取值集合为.
4.解 (1)函数f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞).
f'(x)=ex,由题知
解得
所以函数f(x)=ex(x≠0).
(2)f'(x)=ex=ex.
令f'(x)>0得x<-1或x>,
令f'(x)<0得-1所以函数f(x)的单调递增区间是(-∞,-1),,+∞,
单调递减区间是(-1,0),0,.
(3)根据题意易得g(x)=ax--2aex(a>0),
所以g'(x)=+ax--aex.
由g(x)+g'(x)=0,得ax--2aex++ax--aex=0.
整理,得2ax3-3ax2-2bx+b=0.
存在x0∈(1,+∞),使g(x0)+g'(x0)=0成立,
等价于存在x0∈(1,+∞),使2a-3a-2bx0+b=0成立.
设u(x)=2ax3-3ax2-2bx+b(x>1),则u'(x)=6ax2-6ax-2b=6ax(x-1)-2b>-2b.
当b≤0时,u'(x)>0,
此时u(x)在(1,+∞)上单调递增,
因此u(x)>u(1)=-a-b.
因为存在x0∈(1,+∞),使2a-3a-2bx0+b=0成立,
所以只要-a-b<0即可,此时-1<0.
当b>0时,令u(x)=b,
解得x1=>1,
x2=(舍去),
x3=0(舍去),得u(x1)=b>0.
又因为u(1)=-a-b<0,于是u(x)在(1,x1)上必有零点,即存在x0>1,使2a-3a-2bx0+b=0成立,此时>0.
综上,的取值范围为(-1,+∞).
5.解 (1)因为g(x)=x3+2(1-a)x2-8x+8a+7,
所以g'(x)=2ax2+4(1-a)x-8,所以g'(2)=0.
所以a=0,即g(x)=2x2-8x+7.
g(0)=7,g(3)=1,g(2)=-1.
所以g(x)在[0,3]上的值域为[-1,7].
(2)①当a=0时,g(x)=2x2-8x+7,由g(x)=0,得x=2±(1,+∞),此时函数y=h(x)有三个零点,符合题意.
②当a>0时,g'(x)=2ax2+4(1-a)x-8=2a(x-2)x+.
由g'(x)=0,得x=2.
当x∈(0,2)时,g'(x)<0;
当x∈(2,+∞)时,g'(x)>0.
若函数y=h(x)有三个零点,则需满足g(1)>0且g(2)<0,解得0③当a<0时,g'(x)=2ax2+4(1-a)x-8=2a(x-2)x+.
由g'(x)=0,得x1=2,x2=-
(ⅰ)当-<2,即a<-1时,因为g(x)极大值=g(2)=a-1<0,此时函数y=h(x)至多有一个零点,不符合题意.
(ⅱ)当-=2,即a=-1时,因为g'(x)≤0,此时函数y=h(x)至多有两个零点,不符合题意.
(ⅲ)当->2,即-1若g(1)<0,函数y=h(x)至多有两个零点,不符合题意;
若g(1)=0,得a=-;
因为g-=8a3+7a2+8a+,所以g->0,此时函数y=h(x)有三个零点,符合题意;
若g(1)>0,得-由g-=8a3+7a2+8a+.
记φ(a)=8a3+7a2+8a+,则φ'(a)>0.
所以φ(a)>φ->0,此时函数y=h(x)有四个零点,不符合题意.
综上所述,满足条件的实数a∈-∪0,.t
0,
,+∞
y'
-
0
+
y
↘
2-2ln2
↗