统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练16高考大题专练一导数的应用理

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这是一份统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练16高考大题专练一导数的应用理，共7页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。

1．[2023·全国甲卷(理)]已知函数f(x)＝ax－ eq \f(sin x,cs3x)，x∈(0， eq \f(π,2)).
(1)当a＝8时，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)2．[2023·全国乙卷(理)]已知函数f(x)＝( eq \f(1,x)＋a)ln (1＋x).
(1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1))))处的切线方程；
(2)是否存在a，b，使得曲线y＝f( eq \f(1,x))关于直线x＝b对称？若存在，求a，b的值；若不存在，说明理由．
(3)若f(x)在(0，＋∞)上存在极值，求a的取值范围．
3.[2023·河南省郑州市质检]已知函数f(x)＝ln (x＋1)－x＋1.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设函数g(x)＝aex－x＋ln a，若函数F(x)＝f(x)－g(x)有两个零点，求实数a的取值范围．
4．[2022·全国乙卷(理)，21]已知函数f(x)＝ln (1＋x)＋axe－x
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．
5．[2023·江西省二模]已知函数f(x)＝a ln x＋ eq \f(x2,2)－(a＋1)x＋a＋ eq \f(1,2)(a∈R)有一个大于1的零点x0.
(1)求实数a的取值范围；
(2)证明：对任意的x∈(1，x0]，都有a ln x－x＋1＞0恒成立．
专练16 高考大题专练(一) 导数的应用
1．解析： (1)当a＝8时，f(x)＝8x－ eq \f(sin x,cs3x) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))))) ，
f′(x)＝8－ eq \f(cs4x＋3sin2x cs2x,cs6x) ＝8＋ eq \f(2,cs2x) － eq \f(3,cs4x) .
令 eq \f(1,cs2x) ＝t，则t∈(1，＋∞)，
令h(t)＝－3t2＋2t＋8＝－(3t＋4)(t－2)，
当t∈(1，2)时，h(t)>0；当t∈(2，＋∞)时，h(t)<0.
故当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4))) 时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2))) 时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
∴f(x)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4))) 上单调递增，在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2))) 上单调递减．
(2)令g(x)＝f(x)－sin2x＝ax－ eq \f(sin x,cs3x) －sin2x，
则g′(x)＝a－ eq \f(cs4x＋3sin2x cs2x,cs6x) －2cs2x＝a－ eq \f( cs2x＋3sin2x,cs4x) －4cs2x＋2＝a－( eq \f(－2cs2x＋3,cs4x) ＋4cs2x－2)，
令u＝cs2x，则u∈(0，1)，令k(u)＝ eq \f(－2u＋3,u2) ＋4u－2，
则k′(u)＝ eq \f(2u－6,u3) ＋4＝ eq \f(4u3＋2u－6,u3) .
当u∈(0，1)时，k′(u)<0，∴k(u)在(0，1)上单调递减，∵k(1)＝3，∴当u∈(0，1)时，k(u)>3，∴k(u)的值域为(3，＋∞).
①当a≤3时，g′(x)<0，∴g(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 上单调递减，
又g(0)＝0，∴当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 时，g(x)<0，即f(x)②当a>3时，∃x0∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 使得g′(x0)＝0，
∴g(x)在(0，x0)上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2))) 上单调递减，
∴g(x0)>g(0)＝0，∴f(x)综上所述，a的取值范围为(－∞，3].
2．解析：(1)当a＝－1时，f(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1)) ln (1＋x)，
则f′(x)＝－ eq \f(1,x2) ln (1＋x)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1)) · eq \f(1,1＋x) ，
所以f′(1)＝－ln 2，
又f(1)＝0，所以所求切线方程为y－0＝－ln 2(x－1)，
即x ln 2＋y－ln 2＝0.
(2)假设存在a，b，使得曲线y＝f( eq \f(1,x) )关于直线x＝b对称．
令g(x)＝f( eq \f(1,x) )＝(x＋a)ln (1＋ eq \f(1,x) )＝(x＋a)ln eq \f(x＋1,x) ，
因为曲线y＝g(x)关于直线x＝b对称，
所以g(x)＝g(2b－x)，即(x＋a)ln eq \f(x＋1,x) ＝(2b－x＋a)ln eq \f(2b－x＋1,2b－x) ＝(x－2b－a)ln eq \f(x－2b,x－2b－1) ，
于是 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－2b－a，,1＝－2b，)) 得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝\f(1,2)，,b＝－\f(1,2)，))
当a＝ eq \f(1,2) ，b＝－ eq \f(1,2) 时，g(x)＝(x＋ eq \f(1,2) )ln (1＋ eq \f(1,x) )，g(－1－x)＝(－x－ eq \f(1,2) )ln eq \f(－x,－1－x) ＝(－x－ eq \f(1,2) )ln eq \f(x,1＋x) ＝(x＋ eq \f(1,2) )ln eq \f(x＋1,x) ＝(x＋ eq \f(1,2) )ln (1＋ eq \f(1,x) )＝g(x)，
所以曲线y＝g(x)关于直线x＝－ eq \f(1,2) 对称，满足题意．
故存在a，b使得曲线y＝f( eq \f(1,x) )关于直线x＝b对称，且a＝ eq \f(1,2) ，b＝－ eq \f(1,2) .
(3)f′(x)＝－ eq \f(1,x2) ln (1＋x)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋a)) · eq \f(1,1＋x) ＝ eq \f(ax2＋x－（1＋x）ln （1＋x）,x2（1＋x）) ＝ eq \f(\f(ax2＋x,x＋1)－ln （1＋x）,x2) (x>0).
设h(x)＝ eq \f(ax2＋x,x＋1) －ln (1＋x)，
则h′(x)＝ eq \f(ax2＋2ax＋1,（x＋1）2) － eq \f(1,x＋1) ＝ eq \f(ax2＋（2a－1）x,（x＋1）2) ＝ eq \f(x（ax＋2a－1）,（x＋1）2) ，
①当a≤0时，2a－1＜0，当x＞0时，h′(x)＜0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以当x＞0时，h(x)＜h(0)＝0，即f′(x)＜0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，无极值，不满足题意．
②当a≥ eq \f(1,2) 时，2a－1≥0，当x＞0时，h′(x)＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以当x＞0时，h(x)＞h(0)＝0，即f′(x)＞0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值，不满足题意．
③当0＜a＜ eq \f(1,2) 时，令h′(x)＝0，得x＝ eq \f(1－2a,a) ，当0＜x＜ eq \f(1－2a,a) 时，h′(x)<0，当x> eq \f(1－2a,a) 时，h′(x)>0，
所以h(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1－2a,a))) 上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－2a,a)，＋∞)) 上单调递增，所以h eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－2a,a))) 又当x→＋∞时，h(x)→＋∞，所以存在x0∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－2a,a)，＋∞)) ，使得h(x0)＝0，
即当0x0时，h(x)>0，f(x)单调递增，
此时y＝f(x)有极小值点x0.
综上所述，a的取值范围为(0， eq \f(1,2) ).
3．解析：(1)函数的定义域为{x|x＞－1}，
f′(x)＝ eq \f(1,x＋1) －1＝ eq \f(－x,x＋1) ，f′(x)＞0，－1＜x＜0；f′(x)＜0，x＞0.
函数f(x)的单调递增区间为(－1，0)；单调递减区间为(0，＋∞).
(2)要使函数F(x)＝f(x)－g(x)有两个零点，即f(x)＝g(x)有两个实根，
即ln (x＋1)－x＋1＝aex－x＋ln a有两个实根．即ex＋ln a＋x＋ln a＝ln (x＋1)＋x＋1.
整理为ex＋ln a＋x＋ln a＝eln (x＋1)＋ln (x＋1)，
设函数h(x)＝ex＋x，则上式为h(x＋ln a)＝h(ln (x＋1))，
因为h′(x)＝ex＋1＞0恒成立，所以h(x)＝ex＋x单调递增，所以x＋ln a＝ln (x＋1).
所以只需使ln a＝ln (x＋1)－x有两个根，
设M(x)＝ln (x＋1)－x.
由(1)可知，函数M(x)的单调递增区间为(－1，0)；单调递减区间为(0，＋∞)，
故函数M(x)在x＝0处取得极大值，M(x)max＝M(0)＝0.
当x→－1时，M(x)→－∞；当x→＋∞时，M(x)→－∞，
要想ln a＝ln (x＋1)－x有两个根，只需ln a＜0，
解得0＜a＜1.
所以a的取值范围是(0，1).
4．解析：(1)当a＝1时，f(x)＝ln (1＋x)＋xe－x，
则f′(x)＝ eq \f(1,1＋x) ＋ eq \f(1－x,ex) ，∴f(0)＝0，f′(0)＝2，
∴曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x，即2x－y＝0.
(2)(方法一)函数f(x)的定义域为(－1，＋∞).
①当a≥0时，对于∀x>0，f(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上不存在零点，故不符合题意．
②当a<0时，f′(x)＝ eq \f(1,x＋1) ＋ae－x(1－x)＝ eq \f(1＋ae－x（1－x2）,x＋1) .
令g(x)＝1＋ae－x(1－x2)，则g′(x)＝ae－x(－2x＋x2－1)＝ae－x(x－1－ eq \r(2) )(x－1＋ eq \r(2) ).
对于∀x>－1，e－x>0，∵a<0，∴g(x)在(－1，1－ eq \r(2) )和(1＋ eq \r(2) ，＋∞)上单调递减，在(1－ eq \r(2) ，1＋ eq \r(2) )上单调递增．
由已知，得g(－1)＝1，g(1－ eq \r(2) )＝1＋ae eq \r(2) －1·2( eq \r(2) －1)，g(0)＝1＋a，g(1)＝1.
(ⅰ)若－1≤a≤0，则有：
当0g(0)＝1＋a≥0；
当x>1时，由于1－x2<0，ae－x<0，故g(x)＝1＋ae－x(1－x2)>1>0.
综上可知，当x>0时，都有g(x)>0，则f′(x)＝ eq \f(g（x）,x＋1) >0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
∴对于∀x>0，f(x)>f(0)＝0，f(x)在(0，＋∞)上不存在零点，符合题意．
(ⅱ)当a<－1时，g(1－ eq \r(2) )又∵g(－1)＝1>0，∴∃x0∈(－1，0)，满足g(x0)＝0，
且∀x∈(－1，x0)，都有g(x)>0，则f′(x)＝ eq \f(g（x）,x＋1) >0，
∀x∈(x0，0)，都有g(x)<0，则f′(x)＝ eq \f(g（x）,x＋1) <0，
∴f(x)在(－1，x0)上单调递增，在(x0，0)上单调递减．
又∵f(0)＝0，∴f(x0)>0.
又∵当x→－1时，f(x)→－∞，
∴f(x)在(－1，0)上恰有一个零点．
∵g(0)＝1＋a<0，g(1)＝1>0，g(x)在(0，1＋ eq \r(2) )上单调递增，在[1＋ eq \r(2) ，＋∞)上单调递减，
∴∃x1∈(0，1)，满足g(x1)＝0，且当x∈(0，x1)时，g(x)<0，则f′(x)＝ eq \f(g（x）,x＋1) <0，当x∈(x1，1)时，g(x)>0，则f′(x)＝ eq \f(g（x）,x＋1) >0.
又∵当x≥1时，ae－x<0，1－x2≤0，
∴g(x)＝1＋ae－x·(1－x2)>0，∴f′(x)＝ eq \f(g（x）,x＋1) >0，
∴f(x)在(0，x1)上单调递减，在[x1，＋∞)上单调递增．
又∵f(0)＝0，∴∀x∈(0，x1)，f(x)<0，则f(x1)<0.
又∵当x→＋∞时，ln (1＋x)→＋∞，axe－x→0，
∴f(x)→＋∞，
∴f(x)在(x1，＋∞)上存在零点，且仅有一个．
故f(x)在(0，＋∞)上恰有一个零点．
综上可知，满足题意的a的取值范围是(－∞，－1).
(方法二)令g(x)＝ eq \f(exln （1＋x）,x) .
f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)上各恰有一个零点等价于g(x)＝ eq \f(exln （1＋x）,x) ＝－a在(－1，0)，(0，＋∞)上各恰有一解．
g′(x)＝ eq \f(ex[x ln （1＋x）＋\f(x,1＋x)－ln （1＋x）],x2) .
令h(x)＝(x－1)ln (1＋x)＋ eq \f(x,1＋x) ，
则h′(x)＝ln (1＋x)＋ eq \f(x－1,1＋x) ＋ eq \f(1,（1＋x）2) .
令φ(x)＝ln (1＋x)＋ eq \f(x－1,1＋x) ＋ eq \f(1,（1＋x）2) ，
则φ′(x)＝ eq \f(（1＋x）2＋2x,（1＋x）3) .
①当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，则h′(x)>h′(0)＝0，∴h(x)>h(0)＝0，∴g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又∵当x→0时，g(x)＝ eq \(lim,\s\d4(x→0)) eq \f(exln （1＋x）,x) ＝1，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，∴a∈(－∞，－1).
②当x∈(－1， eq \r(3) －2)时，φ′(x)<0；当x∈( eq \r(3) －2，0)时，φ′(x)>0.
∵当x→－1时，φ(x)＝h′(x)→＋∞，h′(0)＝0，
∴存在a1∈(－1，0)使h′(a1)＝0，
∴h(x)在(－1，a1)上单调递增，在(a1，0)上单调递减．
当x→－1时，h(x)→－∞.
又h(0)＝0，
∴存在a2∈(－1，a1)，使得h(a2)＝0，
即g(x)在(－1，a2)上单调递减，在(a2，0)上单调递增．
当x→－1时，g(x)→＋∞；
当x→0时，g(x)→1，g(x)的大致图像如图．
故当a∈(－∞，－1)∪{－g(a2)}时，g(x)＝－a仅有一解；当a∈(－1，－g(a2))时，g(x)＝－a有两解．
综上可知，a∈(－∞，－1).
5．解析：(1)f′(x)＝ eq \f(a,x) ＋x－(a＋1)＝ eq \f(x2－（a＋1）x＋a,x) ＝ eq \f(（x－1）（x－a）,x) .
①若a≤1，则f′(x)＞0在(1，＋∞)恒成立，即f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
当x＞1时，f(x)＞f(1)＝0，与f(x)有一个大于1的零点x0矛盾．
②若a＞1，令f′(x)＞0，解得0＜x＜1或x＞a，令f′(x)＜0，解得1＜x＜a.
所以f(x)在(0，1)和(a，＋∞)上单调递增，在(1，a)上单调递减．
所以f(a)＜f(1)＝0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，由零点存在性定理，f(x)在(a，＋∞)上存在一个零点x0.综上，a＞1.
(2)令g(x)＝a ln x－x＋1，g′(x)＝ eq \f(a,x) －1＝ eq \f(a－x,x) ，由(1)知1＜a＜x0，令g′(x)＞0，
解得1＜x＜a，令g′(x)＜0，解得a＜x＜x0，故g(x)在(1，a)上单调递增，在(a，x0)上单调递减．
g(1)＝0，g(x0)＝a ln x0－x0＋1，
因为x0为函数f(x)的零点，故f(x0)＝a ln x0＋ eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2) －(a＋1)x0＋a＋ eq \f(1,2) ＝0，即
a ln x0＝－ eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2) ＋(a＋1)x0－a－ eq \f(1,2) ，
所以g(x0)＝a ln x0－x0＋1＝－ eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2) ＋(a＋1)x0－a－ eq \f(1,2) －x0＋1＝－ eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2) ＋ax0－a＋ eq \f(1,2)
＝ eq \f(1,2) (1－x0)(x0－2a＋1).
又因为f(2a－1)＝a ln (2a－1)＋ eq \f(（2a－1）2,2) －(a＋1)(2a－1)＋a＋ eq \f(1,2) ＝a ln (2a－1)－2a＋2，
令h(a)＝a ln (2a－1)－2a＋2，则
h′(a)＝ln (2a－1)＋ eq \f(2a,2a－1) －2＝ln (2a－1)＋ eq \f(1,2a－1) －1，
令m(a)＝ln (2a－1)＋ eq \f(1,2a－1) －1，
m′(a)＝ eq \f(2,2a－1) － eq \f(2,（2a－1）2) ＝ eq \f(4（a－1）,（2a－1）2) ＞0恒成立，
所以h′(a)在(1，＋∞)上单调递增，h′(a)＞h′(1)＝0，所以h(a)在(1，＋∞)上单调递增，
h(a)＞h(1)＝0，即f(2a－1)＞0，
由(1)可知f(a)＜0，所以a＜x0＜2a－1，
因为1－x0＜0，x0－2a＋1＜0，所以g(x0)＝ eq \f(1,2) (1－x0)·(x0－2a＋1)＞0，
所以g(x)＞0在x∈(1，x0]恒成立，
故对任意的x∈(1，x0]，都有a ln x－x＋1＞0恒成立．