2022高考数学一轮复习大题专项练一导数的综合应用（含解析）

这是一份2022高考数学一轮复习大题专项练一导数的综合应用（含解析），共13页。

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.(2020湖南邵阳三中模拟)已知函数f(x)=x3+(1-a)x2-a(a+2)x+b(a,b∈R).
(1)若函数f(x)的图象过原点,且在原点处的切线斜率为-3,求a,b的值;
(2)若曲线y=f(x)存在两条垂直于y轴的切线,求a的取值范围.












2.(2020江西乐平中学模拟)已知函数f(x)=ax-axln x-1(a∈R,a≠0).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)当x>1时,求证:1x-1>1ex-1.











3.已知函数f(x)=ln x+ax(a∈R)的图象在点1e,f1e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)>xex.









4.(2020广东湛江一模,文21)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.(2020福建罗源一中模拟,文20)已知函数f(x)=ln x+2x+1,求证:f(x)≤x+12.









6.(2020广东湛江四中模拟)已知函数f(x)=xex+2x+aln x,曲线y=f(x)在点P(1,f(1))处的切线与直线x+2y-1=0垂直.
(1)求实数a的值;
(2)求证:f(x)>x2+2.












突破2　用导数研究与函数零点有关的问题
1.(2020河南洛阳八中模拟)设函数f(x)=13x3-bx+c(b,c∈R).
(1)若曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=2x+1,求b,c的值;
(2)若b=1,c=13,求证:f(x)在区间(1,2)内存在唯一零点.










2.(2020山东烟台一模,21)已知函数f(x)=1+lnxx-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+12+13+…+1n>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.









3.(2020河北衡水中学调研)已知函数f(x)=kx-ln x(k>0).
(1)若k=1,求f(x)的单调区间;
(2)若函数f(x)有且只有一个零点,求实数k的值.











4.(2020北京通州区一模,19)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.








5.(2020天津和平区一模,20)已知函数f(x)=ax+bxex,a,b∈R,且a>0.
(1)若函数f(x)在x=-1处取得极值1e,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ba的取值范围.










6.已知函数f(x)=ln x,g(x)=2a3x3+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)=f(x),f(x)










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)f'(x)=3x2+2(1-a)x-a(a+2).
由题意得f(0)=b=0,f'(0)=-a(a+2)=-3,
解得b=0,a=-3或a=1.
(2)因为曲线y=f(x)存在两条垂直于y轴的切线,所以关于x的方程f'(x)=3x2+2(1-a)x-a(a+2)=0有两个不相等的实数根,所以Δ=4(1-a)2+12a(a+2)>0,即4a2+4a+1>0,所以a≠-12.
所以a的取值范围为-∞,-12∪-12,+∞.
2.(1)解f'(x)=a-a(lnx+1)=-alnx,若a>0,则当x∈(0,1)时,f'(x)>0;当x∈(1,+∞),f'(x)<0,所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减;
若a<0,则当x∈(0,1)时,f'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
(2)证明要证1x-1>1ex-1,需证xx-1>e-x,令t=1x,t∈(0,1),则原不等式可转化为11-t>et,
两边同取以e为底的对数,得-ln(1-t)>t,则需证t+ln(1-t)<0,
令g(t)=t+ln(1-t),t∈(0,1),则g'(t)=1t-1+1=tt-1<0,故g(t)在(0,1)上单调递减,g(t) 3.解因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x-ax2,所以f'1e=e-ae2=-e,所以a=2e,
所以f'(x)=1x-2ex2.令f'(x)=0,得x=2e,当x∈0,2e时,f'(x)<0,当x∈2e,+∞时,f'(x)>0,
所以f(x)在0,2e上单调递减,在2e,+∞上单调递增.
(2)证明设h(x)=xf(x)=xlnx+2e,由h'(x)=lnx+1=0,得x=1e,
所以当x∈0,1e时,h'(x)<0;当x∈1e,+∞时,h'(x)>0,
所以h(x)在0,1e上单调递减,在1e,+∞上单调递增,
所以h(x)min=h1e=1e.
设t(x)=xex(x>0),则t'(x)=1-xex,
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)=1e.
综上,在(0,+∞)上恒有h(x)>t(x),即xf(x)>xex.
4.证明(1)∵a>1,∴函数f(x)的定义域为(0,+∞).∵f(x)=lnax-bx+1=lna+lnx-bx+1,∴f'(x)=1x-b=1-bxx.
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=1b.
∵当x∈0,1b时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈1b,+∞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f1b=lnab.
(2)设直线y=2x+1与函数f(x)图象相切的切点为(x0,y0),则y0=2x0+1.
∵f'(x)=1x-b,∴f'(x0)=1x0-b=2,
∴x0=1b+2,即bx0=1-2x0.
又lnax0-bx0+1=2x0+1,
∴lnax0=1,∴ax0=e.
∴x0=ea.∴ae=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-1x=ax-1x,
∴由g'(x)=0,得x=1a.
∵a>1,∴0<1a<1.
∴当x∈0,1a时,g'(x)<0,g(x)单调递减;
当x∈1a,1时,g'(x)>0,g(x)单调递增.∴g(x)≥g1a=1+lna,
即g(x1)min=1+lna.
∵f'(x2)=1x2-b在x2∈[1,2]上单调递减,∴f'(x2)max=f'(1)=1-b=3-ae.∴1+lna>3-ae.即lna+ae-2>0.设h(a)=lna+ae-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.证明令g(x)=f(x)-x+12=lnx+2x+1-x+12(x>0),
则g'(x)=1x-2(x+1)2-12=2-x-x32x(x+1)2=-(x-1)(x2+x+2)2x(x+1)2.
当x>1时,g'(x)<0;当00,
所以g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
即当x=1时,g(x)取得最大值,故g(x)≤g(1)=0,即f(x)≤x+12成立.
6.(1)解因为f'(x)=(x+1)ex+2+ax,所以曲线y=f(x)在点P(1,f(1))处的切线斜率k=f'(1)=2e+2+a.
而直线x+2y-1=0的斜率为-12,由题意可得(2e+2+a)×-12=-1,解得a=-2e.
(2)证明由(1)知,f(x)=xex+2x-2elnx.
不等式f(x)>x2+2可转化为xex+2x-2elnx-x2-2>0.
设g(x)=xex+2x-2elnx-x2-2,
则g'(x)=(x+1)ex+2-2ex-2x.
记h(x)=(x+1)ex+2-2ex-2x(x>0),则h'(x)=(x+2)ex+2ex2-2,
因为x>0,所以x+2>2,ex>1,故(x+2)ex>2,又因为2ex2>0,
所以h'(x)=(x+2)ex+2ex2-2>0,
所以函数h(x)在(0,+∞)上单调递增.又h(1)=2e+2-2e-2=0,
所以当x∈(0,1)时,h(x)<0,即g'(x)<0,函数g(x)单调递减;
当x∈(1,+∞)时,h(x)>0,
即g'(x)>0,函数g(x)单调递增;
所以g(x)≥g(1)=e+2-2eln1-1-2=e-1,显然e-1>0,
所以g(x)>0,即xex+2x-2elnx>x2+2,也就是f(x)>x2+2.
突破2　用导数研究与
函数零点有关的问题
1.(1)解由题意得f'(x)=x2-b,
所以f'(1)=1-b=2,解得b=-1.
又因为f(1)=2+1=3,所以13-b+c=3,解得c=53.故b=-1,c=53.
(2)证明若b=1,c=13,则f(x)=13x3-x+13.
因为f(1)·f(2)=-1×1<0,
所以f(x)在区间(1,2)内存在零点.
又当x∈(1,2)时,f'(x)=x2-1>0,所以f(x)在(1,2)上单调递增.
所以f(x)在区间(1,2)内存在唯一零点.
2.(1)证明由f(x)≤0可得,
a≥1+lnxx(x>0),令h(x)=1+lnxx,则h'(x)=1x·x-(1+lnx)x2=-lnxx2.
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≥1+lnxx,只需a≥h(1)=1,
故a的取值范围为[1,+∞).
显然,当a=1时,有1+lnxx≤1,即不等式lnx 令x=n+1n>1(n∈N*),则有lnn+1n 即1+12+13+…+1n>ln(n+1).
(2)解由f(x)=g(x),可得1+lnxx-a=(x-1)2ex,即a=1+lnxx-(x-1)2ex,
令t(x)=1+lnxx-(x-1)2ex,
则t'(x)=-lnxx2-(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.
3.解(1)当k=1时,f(x)=x-lnx,定义域为(0,+∞),则f'(x)=1-1x,
由f'(x)>0得x>1,由f'(x)<0得0 (2)(方法1)由题意知方程kx-lnx=0仅有一个实根.
由kx-lnx=0得k=lnxx(x>0),
令g(x)=lnxx(x>0),则g'(x)=1-lnxx2,当x=e时,g'(x)=0;当00;当x>e时,g'(x)<0.
所以g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以g(x)max=g(e)=1e.
当x→+∞时,g(x)→0.
又因为k>0,所以要使f(x)仅有一个零点,则k=1e.
(方法2)f(x)=kx-lnx,f'(x)=k-1x=kx-1x(x>0,k>0).
当x=1k时,f'(x)=0;当01k时,f'(x)>0.
所以f(x)在0,1k上单调递减,在1k,+∞上单调递增,
所以f(x)min=f1k=1-ln1k,
因为f(x)有且只有一个零点,
所以1-ln1k=0,即k=1e.
4.(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.
5.解(1)函数f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞).
f'(x)=ax2+bx-bx2ex,由题知f'(-1)=0,f(-1)=1e,即(a-2b)e-1=0,(-a+b)-1e-1=1e,
解得a=2,b=1,
所以函数f(x)=2x+1xex(x≠0).
(2)f'(x)=2x2+x-1x2ex=(x+1)(2x-1)x2ex.
令f'(x)>0得x<-1或x>12,
令f'(x)<0得-1 所以函数f(x)的单调递增区间是(-∞,-1),12,+∞,
单调递减区间是(-1,0),0,12.
(3)根据题意易得g(x)=ax-bx-2aex(a>0),
所以g'(x)=bx2+ax-bx-aex.
由g(x)+g'(x)=0,得ax-bx-2aex+bx2+ax-bx-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2ax03-3ax02-2bx0+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2ax03-3ax02-2bx0+b=0成立,
所以只要-a-b<0即可,此时-1 当b>0时,令u(x)=b,
解得x1=3a+9a2+16ab4a>3a+9a24a=32>1,
x2=3a-9a2+16ab4a(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2ax03-3ax02-2bx0+b=0成立,此时ba>0.
综上有ba的取值范围为(-1,+∞).
6.解(1)因为g(x)=2a3x3+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±22∈(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+2a.
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0 ③当a<0时,g'(x)=2ax2+4(1-a)x-8=2a(x-2)x+2a.
由g'(x)=0,得x1=2,x2=-2a.
(ⅰ)当-2a<2,即a<-1时,因为g(x)极大值=g(2)=163a-1<0,此时函数y=h(x)至多有一个零点,不符合题意;
(ⅱ)当-2a=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-2a>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=-320.
因为g-2a=1a28a3+7a2+8a+83,所以g-2a>0,此时函数y=h(x)有三个零点,符合题意;
若g(1)>0,得-320 由g-2a=1a28a3+7a2+8a+83.记φ(a)=8a3+7a2+8a+83,则φ'(a)>0.
所以φ(a)>φ-320>0,此时函数y=h(x)有四个零点,不符合题意.
综上所述,a的取值范围为-220∪0,316.