4.3　导数的综合运用（含答案）-【五年高考·三年模拟】2025年新教材高考数学一轮基础练习（含答案）

这是一份4.3　导数的综合运用（含答案）-【五年高考·三年模拟】2025年新教材高考数学一轮基础练习（含答案），共27页。试卷主要包含了3　导数的综合运用，已知函数f=1x+12ln，证明等内容，欢迎下载使用。
五年高考
考点1 利用导数证明不等式
1.(2023天津,20节选,中)已知函数f(x)=1x+12ln(x+1).
(1)求曲线y=f(x)在x=2处切线的斜率;
(2)当x>0时,证明: f(x)>1.
2.(2017课标Ⅲ,21,12分,中)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a0.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围.
2.(2020课标Ⅰ文,20,12分,中)已知函数f(x)=ex-a(x+2).
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.
3.(2022新高考Ⅰ,22,12分,难)已知函数f(x)=ex-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值.
(1)求a;
(2)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
4.(2021全国甲理,21,12分,难)已知a>0且a≠1,函数f(x)=xaax(x>0).
(1)当a=2时,求f(x)的单调区间;
(2)若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围.
三年模拟
综合拔高练1
1.(2024届湖北宜昌一中月考,22)已知函数f(x)=ln x+a−1x,g(x)=a(sinx+1)−2x.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)求证:当0≤a≤1时, f(x)>g(x).
2.(2024届山东烟台校考模拟预测,21)设函数f(x)=(x2-2x)ex,g(x)=e2ln x-aex.
(1)若函数g(x)在(e,+∞)上存在最大值,求实数a的取值范围;
(2)当a=2时,求证: f(x)>g(x).
3.(2024届河北邯郸校考模拟,21)已知函数f(x)=12x2-aex(a∈R).
(1)已知曲线f(x)在(0, f(0))处的切线与圆x2+y2-2x-2y-3=0相切,求实数a的值;
(2)已知x≥0时, f(x)≤-x2-ax-a恒成立,求实数a的取值范围.
4.(2024届江苏南京二中校考,22)已知函数f(x)=4ln x-ax+a+3x(a≥0).
(1)当a=12时,求f(x)的极值;
(2)当a≥1时,设g(x)=2ex-4x+2a,若存在x1,x2∈12,2,使得f(x1)>g(x2),求实数a的取值范围.(e=2.718 28…为自然对数的底数)
综合拔高练2
1.(2024届江苏南京期中,8)设函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a1,h(x)=f(x)-g(x)恰有两个零点,求实数a的取值范围.
4.(2023江苏苏州联考,21)设函数f(x)=a(2x-1)+(2a2+1)ln(-x),a∈R.
(1)讨论f(x)在定义域上的单调性;
(2)当a≥0时,讨论f(x)在−1,−12上的零点个数.
4.3 导数的综合运用
五年高考
考点1 利用导数证明不等式
1.(2023天津,20节选,中)已知函数f(x)=1x+12ln(x+1).
(1)求曲线y=f(x)在x=2处切线的斜率;
(2)当x>0时,证明: f(x)>1.
解析 (1)f '(x)=x+22x(x+1)−1x2ln(x+1),故曲线y=f(x)在x=2处的切线斜率为f '(2)=13−ln34.
(2)指数找朋友法.
证明:当x>0时, f(x)>1⇔ln(x+1)-2xx+2>0,令g(x)=ln(x+1)-2xx+2,x>0,g'(x)=x2(x+1)(x+2)2>0,故g(x)在(0,+∞)上单调递增,因此g(x)>g(0)=0,原不等式得证.
2.(2017课标Ⅲ,21,12分,中)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a0,
故f(x)在(0,+∞)单调递增.
若a0在(-∞,0)∪(0,1)上恒成立.
∴g(x)-1,当且仅当x=0时等号成立),
所以可得当t>1时,ln1+1t≤1t0;当x∈π2,π时,g'(x)0,g(π)=-2,故g(x)在(0,π)存在唯一零点.所以f '(x)在(0,π)存在唯一零点.
(2)由题设知f(π)≥aπ, f(π)=0,可得a≤0.
由(1)知, f '(x)在(0,π)只有一个零点,设为x0,且当x∈(0,x0)时, f '(x)>0;
当x∈(x0,π)时, f '(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)≥1.
当a>1时, f(x)=aex-1-ln x+ln a>ex-1-ln x≥1.
综上,a的取值范围是[1,+∞).(12分)
3.(2020课标Ⅱ文,21,12分,难)已知函数f(x)=2ln x+1.
(1)若f(x)≤2x+c,求c的取值范围;
(2)设a>0,讨论函数g(x)=f(x)−f(a)x−a的单调性.
解析 (1)设h(x)=f(x)-2x-c,则h(x)=2ln x-2x+1-c,
其定义域为(0,+∞),h'(x)=2x−2=2(1−x)x.
当0F(0)=0在(0,x'0)上恒成立,与F(x)2ln x,令x=1+1n,
则有1+1n−11+1n>2ln1+1n,∴1n2+n>lnn+1n,
∴112+1+122+2+…+1n2+n>ln21+ln32+…+lnn+1n=ln(n+1).原式得证.
考点3 利用导数研究函数零点问题
1.(2021全国甲文,20,12分,中)设函数f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,其中a>0.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围.
解析 (1)由题意得f '(x)=2a2x+a-3x=(2ax+3)(ax−1)x,x∈(0,+∞).∵a>0,x>0,∴2ax+3x>0,当x∈0,1a时, f '(x)0.
所以f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.
(2)若f(x)有两个零点,则ex-a(x+2)=0有两个解,
由方程可知,x=-2不成立,即a=exx+2有两个解,将问题转化为曲线y=exx+2和直线y=a有两个交点
令h(x)=exx+2(x≠-2),则有h'(x)=ex(x+2)−ex(x+2)2=ex(x+1)(x+2)2,
令h'(x)>0,解得x>-1,令h'(x)0,
∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,
则h(x)最多有一个零点.
又h(1)=ln 1-1−11+1=0,
∴方程①有且仅有一解,为a=1,即为所求.
(2)由(1)知, f(x)=ex-x,g(x)=x-ln x,当x0时, f(x)单调递增;
当00,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a-1>0,即a>1时,令f '(x)=0,得x=a-1,
∴函数f(x)在(0,a-1)上单调递减,在(a-1,+∞)上单调递增.
综上所述,当a1时,函数f(x)在(0,a-1)上单调递减,在(a-1,+∞)上单调递增.
(2)证明:令F(x)=f(x)-g(x)=ln x+a−1x−a(sinx+1)−2x=xlnx−asinx+1x(x>0,0≤a≤1),
欲证f(x)>g(x),即证F(x)>0,即证xln x-asin x+1>0,
即证xln x>asin x-1.
先证:xln x≥ax-1.
设g(x)=xln x-ax+1,则g'(x)=1+ln x-a=ln x+1-a,
令g'(x)=0,得x=ea-1,
∴g(x)在(0,ea-1)上单调递减,在(ea-1,+∞)上单调递增,
∴g(x)≥g(ea-1)=(a-1)ea-1-aea-1+1=1-ea-1,
∵0≤a≤1,∴1-ea-1≥0,则g(x)≥0,
即xln x≥ax-1,当且仅当x=1,a=1时取等号.
再证:ax-1≥asin x-1.
设h(x)=x-sin x,则h'(x)=1-cs x≥0.
∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,则h(x)>h(0)=0,即x>sin x.
∵0≤a≤1,∴ax-1≥asin x-1,当且仅当a=0时取等号.
又xln x≥ax-1与ax-1≥asin x-1两个不等式的等号不能同时取到,∴xln x>asin x-1成立,即当0≤a≤1时, f(x)>g(x)成立.
2.(2024届山东烟台校考模拟预测,21)设函数f(x)=(x2-2x)ex,g(x)=e2ln x-aex.
(1)若函数g(x)在(e,+∞)上存在最大值,求实数a的取值范围;
(2)当a=2时,求证: f(x)>g(x).
解析 (1)对g(x)求导得g'(x)=e2x−ae=e2−aexx(x>0).
①当a≤0时,g'(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,在(e,+∞)上不存在最大值.
②当a>0时,令g'(x)=0,解得x=ea>0,
当x∈0,ea时,g'(x)>0,g(x)在0,ea上单调递增,
当x∈ea,+∞时,g'(x)e,解得ag(x),
即证当x>0时,(x2-2x)ex>e2ln x-2ex,
即证当x>0时,(x2-2x)ex+2ex>e2ln x,
即证(x-2)ex+2e>e2lnxx.
设φ(x)=(x-2)ex+2e(x>0),则φ'(x)=(x-1)ex,
当00,
所以φ(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
故φ(x)≥φ(1)=e,当x=1时,等号成立.
设h(x)=e2lnxx(x>0),
则h'(x)=e2(1−lnx)x2,
当00时,φ(x)>h(x),即f(x)>g(x)得证.
3.(2024届河北邯郸校考模拟,21)已知函数f(x)=12x2-aex(a∈R).
(1)已知曲线f(x)在(0, f(0))处的切线与圆x2+y2-2x-2y-3=0相切,求实数a的值;
(2)已知x≥0时, f(x)≤-x2-ax-a恒成立,求实数a的取值范围.
解析 (1)圆的方程可化为(x-1)2+(y-1)2=5,则圆心为(1,1),半径为5,
对函数f(x)求导得f '(x)=x-aex,
则f '(0)=-a,
又f(0)=-a,
于是曲线f(x)在(0, f(0))处的切线方程为y+a=-ax,即ax+y+a=0,因为直线ax+y+a=0与圆相切,
所以a+1+aa2+12=5,则a=2,
所以实数a的值为2.
(2)设g(x)=f(x)+x2+ax+a=32x2-aex+ax+a(x≥0),
则g(x)≤0在[0,+∞)上恒成立.
对g(x)求导得g'(x)=3x-aex+a,
设h(x)=3x-aex+a,x≥0,
则h'(x)=3-aex,
当a≥3时,当x≥0时,aex≥3ex≥3,
即有h'(x)≤0,
所以函数h(x),即g'(x)在[0,+∞)上单调递减,于是当x≥0时,g'(x)≤g'(0)=0,
则函数g(x)在[0,+∞)上单调递减,因此当x≥0时,g(x)≤g(0)=0,故a≥3.
当00,可得10),
令h(x)=-ax2+4x-(a+3),x>0,
若a≥1,则Δ=16-4a2-12a=-4(a-1)(a+4)≤0,
∴h(x)0,g(x)单调递增,
∴g(x)在12,2上的最小值为g(ln 2)=4-4ln 2+2a,
由题意可知-4ln 2+32a+6>4-4ln 2+2a,解得ag(x2),转化为在区间12,2上f(x)max>g(x)min,利用导数求f(x)max和g(x)min,最后解关于a的不等式.
综合拔高练2
1.(2024届江苏南京期中,8)设函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a0,(x+1)sin x≥0,∴t'(x)>0在0,π2上恒成立,t(x)在0,π2上单调递增,∴当x∈0,π2时,t(x)max=tπ2=m+2eπ2.
第四步,建立不等式求结果.
故m+2eπ2≤0,m≤-2eπ2,
故实数m的取值范围是(-∞,-2eπ2].
(3)第一步,求h(x)的解析式与导函数h'(x).
h(x)=2xex-nsin 2x,h'(x)=2(x+1)ex-2ncs 2x,
第二步,讨论00,sin 2x>0,
∴k'(x)>0在0,π2上恒成立,故k(x)在0,π2上单调递增.
∵k(0)=2-2n0,故存在x0∈0,π2,使得k(x0)=0,故当x∈(0,x0)时,k(x)0,h(x)单调递增,
故当x∈(0,x0)时,h(x)1,所以ax=lgax>1,于是x>1,
由ax=lgax=lnxlna,得ax·ln a=ln x,ax·x·ln a=x·ln x,
于是ax·ln ax=x·ln x.
设m(x)=xln x(x>1),则m'(x)=ln x+1>0,于是函数m(x)在(1,+∞)上单调递增,
由m(ax)=m(x)可得ax=x,
即方程ax=x有两根,等价于方程ln a=lnxx有两正根,
设l(x)=lnxx(x>1),则l'(x)=1−lnxx2,
由l'(x)>0得10,
∴−1,−12⊆−2a2+12a,0,
∴f(x)在−1,−12上单调递减,
又∵f(-1)=-3a0时f(x)在−1,−12上没有零点.