2024年高考数学-导数-压轴题集锦专项训练【含解析】

这是一份2024年高考数学-导数-压轴题集锦专项训练【含解析】，共9页。试卷主要包含了＝ex﹣ax﹣a3，＝xlnx，处的切线，﹣x，﹣lnx+1等内容，欢迎下载使用。
1．（2024•新高考Ⅱ）已知函数f（x）＝ex﹣ax﹣a3．
（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）若f（x）有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．
2．（2024•新高考Ⅰ）已知函数f（x）＝ln+ax+b（x﹣1）3．
（1）若b＝0，且f′（x）≥0，求a的最小值；
（2）证明：曲线y＝f（x）是中心对称图形；
（3）若f（x）＞﹣2当且仅当1＜x＜2，求b的取值范围．
3．（2024•天津）已知函数f（x）＝xlnx．
（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）若对任意x∈（0，+∞）成立，求实数a的值；
（Ⅲ）若x1，x2∈（0，1），求证：．
4．（2024•北京）设函数f（x）＝x+kln（1+x）（k≠0），直线l是曲线y＝f（x）在点（t，f（t））（t＞0）处的切线．
（1）当k＝﹣1，求f（x）单调区间；
（2）证明：l不经过（0，0）；
（3）当k＝1时，设点A（t，f（t））（t＞0），C（0，f（t）），O（0，0），B为l与y轴的交点，S△ACO与S△ABO分别表示△ACO和△ABO的面积．是否存在点A使得2S△ACO＝15S△ABO成立？若存在，这样的点A有几个？
（参考数据：1.09＜ln3＜1.10，1.60＜ln5＜1.61，1.94＜ln7＜1.95）
5．（2024•甲卷）已知函数f（x）＝（1﹣ax）ln（1+x）﹣x．
（1）当a＝﹣2时，求f（x）的极值；
（2）当x≥0时，f（x）≥0，求a的取值范围．
6．（2024•甲卷）已知函数f（x）＝a（x﹣1）﹣lnx+1．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若a≤2时，证明：当x＞1时，f（x）＜ex﹣1恒成立．
2024年高考数学  导数压轴
参考答案与试题解析
一．解答题（共6小题）
1．【解答】解：（1）∵函数f（x）＝ex﹣ax﹣a3，
∴当a＝1时，f（x）＝ex﹣x﹣1，f′（x）＝ex﹣1，
∴f（1）＝e﹣2，∴切点坐标为（1，e﹣2），
切线的斜率为k＝f′（1）＝e﹣1，
∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为：
y﹣（e﹣2）＝（e﹣1）（x﹣1），整理得：y＝（e﹣1）x﹣1．
（2）∵函数f（x）＝ex﹣ax﹣a3，∴f′（x）＝ex﹣a，
当a≤0时，f′（x）＞0，函数f（x）在R上单调递增，此时函数f（x）无极值，
∴a＞0，
令f′（x）＝ex﹣a＝0，得x＝lna，
当x＜lna时，f′（x）＜0，当x＞lna时，f′（x）＞0，
∴函数f（x）的增区间为（lna，+∞），减区间为（﹣∞，lna），
∴f（x）极小值＝f（lna）＝a﹣alna﹣a3＜0，
∴1﹣lna﹣a2＜0，
令g（a）＝﹣a2﹣lna+1，＜0，
g（a）在（0，+∞）上单调递减，
∵g（1）＝0，∴g（a）＜0等价于a＞1，
∴a的取值范围是（1，+∞）．
2．【解答】解：（1）由，解得0＜x＜2，
所以函数f（x）的定义域为（0，2），
当b＝0时，，
所以，对∀0＜x＜2恒成立，
又，当且仅当x＝1时取“＝”，
所以只需2+a≥0，即a≥﹣2，
所以a的最小值为﹣2．
（2）证明：x∈（0，2），f（2﹣x）+f（x）＝，
所以f（x）关于点（1，a）中心对称．
（3）因为f（x）＞﹣2当且仅当1＜x＜2，
所以x＝1为f（x）＝﹣2的一个解，
所以f（1）＝﹣2，即a＝﹣2，
先分析1＜x＜2时，f（x）＞﹣2恒成立，
此时f（x）＞﹣2，即为ln+2（1﹣x）+b（x﹣1）3＞0在（1，2）上恒成立，
设t＝x﹣1，t∈（0，1），则ln﹣2t+bt3＞0在（0，1）上恒成立，
设g（t）＝ln﹣2t+bt3，t∈（0，1），
则g′（t）＝﹣2+3bt2＝，
当b≥0时，﹣3bt2+2+3b＞﹣3b+2+3b＝2＞0，
所以g′（t）＞0恒成立，
所以g（t）在（0，1）上为增函数，
所以g（t）＞g（0）＝0，即f（x）＞﹣2在（1，2）上恒成立，
当﹣≤b＜0时，﹣3bt2+2+3b＞2+3b≥0，
所以g′（t）＞0恒成立，
故g（t）在（0，1）上为增函数，故g（t）＞g（0）＝0，
即f（x）＞﹣2在（1，2）上恒成立，
当b＜﹣，即当0＜t＜＜1时，g′（t）＜0，
所以在（0，）上g（t）为减函数，
所以g（t）＜g（0）＝0，不合题意，舍去，
综上所述，f（x）＞﹣2在（1，2）上恒成立时，b≥﹣，
而b≥﹣时，由上述过程可得g（t）在（0，1）单调递增，
所以g（t）＞0的解为（0，1），
即f（x）＞﹣2的解为（1，2），
综上所述，b≥﹣，
所以b的取值范围为[﹣，+∞）．
3．【解答】解：（1）由于f（x）＝xlnx，故f'（x）＝lnx+1，
所以f（1）＝0，f'（1）＝1，
所以所求的切线经过（1，0），且斜率为1，
故其方程为y＝x﹣1；
（2）设h（t）＝t﹣1﹣lnt，则，从而当0＜t＜1时h'（t）＜0，当t＞1时h'（t）＞0，
所以h（t）在（0，1]上递减，在[1，+∞）上递增，这就说明h（t）≥h（1），
即t﹣1≥lnt，且等号成立当且仅当t＝1，
设g（t）＝a（t﹣1）﹣2lnt，
则．
当x∈（0，+∞）时，的取值范围是（0，+∞），
所以命题等价于对任意t∈（0，+∞），都有g（t）≥0．
一方面，若对任意t∈（0，+∞），都有g（t）≥0，则对t∈（0，+∞），
有，
取t＝2，得0≤a﹣1，故a≥1＞0．
再取，得，
所以a＝2．
另一方面，若a＝2，则对任意t∈（0，+∞）都有g（t）＝2（t﹣1）﹣2lnt＝2h（t）≥0，满足条件．
综合以上两个方面知a＝2．
证明：（3）先证明一个结论：对0＜a＜b，有．
证明：前面已经证明不等式t﹣1≥lnt，
故，
且 ，
所以，
即．
由f′（x）＝lnx+1，可知当时，f′（x）＜0，当时f′（x）＞0．
所以f（x）在上单调递减，在上单调递增．
不妨设x1≤x2，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论．
情况一：当时，有，结论成立；
情况二：当时，有|f（x1）﹣f（x2）|＝f（x1）﹣f（x2）＝x1lnx1﹣x2lnx2
对任意的，设，则
由于φ'（x）单调递增，且有φ′（）＝ln+1+＜+1+＝﹣1﹣+1+＝0，
且当时，由可知，
．
所以φ'（x）在（0，c）上存在零点x0，再结合φ'（x）单调递增，即知0＜x＜x0时φ'（x）＜0，x0＜x＜c时φ'（x）＞0
故φ（x）在（0，x0]上递减，在[x0，c]上递增．
①当x0≤x≤c时，有φ（x）≤φ（c）＝0；
②当0＜x＜x0时，由于，故我们可以取．
从而当时，由，
可得，
再根据φ（x）在（0，x0]上递减，即知对0＜x＜x0都有φ（x）＜0；
综合①②可知对任意0＜x≤c，都有φ（x）≤0，即．
根据和0＜x≤c的任意性，取c＝x2，x＝x1，就得到
所以
情况三：当时，根据情况一和情况二的讨论，
可得，，
而根据f（x）的单调性，知或．
故一定有成立．
综上，结论成立．
4．【解答】解：（1）f（x）＝x﹣ln（1+x），，
当x∈（﹣1，0）时，f′（x）＜0，f（x）在（﹣1，0）上单调递减，
当x∈（0，+∞），f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增，
则f（x）的单调递减区间为（﹣1，0），单调递增区间为（0，+∞）．
（2），l的斜率为，
故切线方程为，
代入（0，0），，，
，则，，
令，
若l过（0，0），则F（t）在t∈（0，+∞）存在零点．
，
故F（t）在（0，+∞）上单调递增，F（t）＞F（0）＝0，
不满足假设，故l不过（0，0）．
（3）k＝1，f（x）＝x+ln（1+x），
，
，设l与y轴交点B为（0，q），
t＞0时，若q＜0，则此时l与f（x）必有交点，与切线定义矛盾．
由（2）知q≠0，
∴q＞0，则切线l的方程为，
令x＝0，则，
∵2S△ACO＝15S△ABO，则，
∴，记，
∴满足条件的A有几个即h（t）有几个零点．
h′（t）＝﹣2﹣＝＝＝，
t时，h′（t）＜0，h（t）单调递减；
t时，h′（t）＞0，h（t）单调递增；
t∈（4，+∞）时，h′（t）＜0，h（t）单调递减；
∵h（0）＝0，h（）＜0，h（4）＝13ln5﹣20＞13×1.6﹣20＝0.8＞0，
，
∴由零点存在性定理及h（t）的单调性，h（t）在上必有一个零点，在（4，24）上必有一个零点．
综上所述，h（t）有两个零点，即满足2SACO＝15SABO的A有两个．
5．【解答】解：（1）当a＝﹣2 时，f（x）＝（1+2x）ln（1+x）﹣x，x＞﹣1，
f′（x）＝2ln（1+x）+，
当﹣1＜x＜0时，f′（x）＜0；当x＞0时，f′（x）＞0，
所以f（x）在（﹣1，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，
故f（x）的极小值为 f（0）＝0，无极大值；
（2）由f（x）＝（1﹣ax）ln（1+x）﹣x，得f′（x）＝﹣aln（1+x）﹣，x＞﹣1，
令g（x）＝f′（x），则g′（x）＝﹣﹣，
当x≥0时，f（x）≥0，且f（0）＝0，f′（0）＝0，
所以g′（0）＝﹣1﹣2a≥0，，
当时，g′（x）≥＝≥0，
所以g（x）在[0，+∞）上单调递增，g（x）＝f′（x）≥g（0）＝0，
故f（x）在[0，+∞）上单调递增，f（x）≥f（0）＝0恒成立，
即a的取值范围为．
6．【解答】解：（1）f（x）＝a（x﹣1）﹣lnx+1，
则，x＞0，
若a≤0，f′（x）＜0，f（x）的减区间为（0，+∞），无增区间；
若a＞0时，当时，f'（x）＜0，
当时，f'（x）＞0，
所以f（x）的减区间为，增区间为；
（2）证明：因为a≤2，
所以当x＞1时，ex﹣1﹣f（x）＝ex﹣1﹣a（x﹣1）+lnx﹣1≥ex﹣1﹣2x+lnx+1，
令g（x）＝ex﹣1﹣2x+lnx+1，
则g'（x）＝，
令h（x）＝g'（x），
则在（1，+∞）上递增，
h'（x）＞h'（1）＝0，
所以h（x）＝g'（x）在（1，+∞）上递增，g'（x）＞g'（1）＝0，
故g（x）在（1，+∞）上递增，g（x）＞g（1）＝0，
所以当x＞1时，f（x）＜ex﹣1恒成立．
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