新高考数学一轮复习微专题专练18高考大题专练(一)　导数的应用（含详解）

这是一份新高考数学一轮复习微专题专练18高考大题专练(一)　导数的应用（含详解），共11页。试卷主要包含了[2023·新课标Ⅱ卷]证明，解析等内容，欢迎下载使用。
(1)若x1＝－1，求a；
(2)求a的取值范围．
2．[2023·新课标Ⅰ卷]已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当a>0时，f(x)>2ln a＋ eq \f(3,2) .
3.[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．
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．[2022·新高考Ⅰ卷]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．
6．[2021·新高考Ⅰ卷]已知函数f(x)＝x(1－ln x).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设a，b为两个不相等的正数，且b ln a－a ln b＝a－b，证明：2< eq \f(1,a) ＋ eq \f(1,b) ln a.
构造函数u(a)＝ln a－(a－1)(a>0)，
则u′(a)＝ eq \f(1,a) －1＝ eq \f(1－a,a) ，所以当a>1时，u′(a)0，
因为a2－a＋ eq \f(1,2) ＝(a－ eq \f(1,2) )2＋ eq \f(1,4) >0恒成立，
所以当a>0时，f(x)>2ln a＋ eq \f(3,2) 成立．
3．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) 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))) 0，则f(x)在(0，＋∞)上不存在零点，故不符合题意．
②当a－1，e－x>0，∵a1时，由于1－x20.
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a0，
∀x∈(x0，0)，都有g(x)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)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(ex ln （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→－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)的大致图象如图．
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)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a.
由于f(x)存在最小值，则方程f′(x)＝0有解，故a>0，解得x＝ln a.
所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，
所以f(x) min＝f(ln a)＝a－a ln a.
同理，得g(x)min＝g( eq \f(1,a) )＝1＋ln a.
因为函数f(x)，g(x)的最小值相等，
所以a－a ln a＝1＋ln a，即(a＋1)ln a＋1－a＝0.
令h(x)＝(x＋1)ln x＋1－x，x>0，则h′(x)＝ln x＋ eq \f(1,x) .
令m(x)＝ln x＋ eq \f(1,x) ，x>0，则m′(x)＝ eq \f(1,x) － eq \f(1,x2) ＝ eq \f(x－1,x2) .
令 eq \f(x－1,x2) >0，则x>1；令 eq \f(x－1,x2) 0，F(0)＝1－b1，则t′(b)＝eb－2>0，
所以t(b)>t(1)＝e－2>0，所以F(b)>0.
所以由零点存在定理，知F(x)＝f(x)－b在(－∞，0)上存在且只存在1个零点，设为x1，在(0，＋∞)上存在且只存在1个零点，设为x2.
其次证明直线y＝b与曲线g(x)有2个交点，
即证G(x)＝g(x)－b有2个零点．
因为G′(x)＝g′(x)＝1－ eq \f(1,x) ，所以G(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
G(e－b)＝e－b>0，G(1)＝1－b2，则μ′(x)＝ eq \f(1,2) － eq \f(1,x) >0，
所以μ(x)>μ(2)＝1－ln 2>0，即G(2b)>0.
所以由零点存在定理，得G(x)＝g(x)－b在(0，1)上存在且只存在1个零点，设为x3，在(1，＋∞)上存在且只存在1个零点，设为x4.
再次证明存在b使得x2＝x3.
因为F(x2)＝G(x3)＝0，所以b＝ex2－x2＝x3－ln x3.
若x2＝x3，则ex2－x2＝x2－ln x2，即ex2－2x2＋ln x2＝0，所以只需证明方程ex－2x＋ln x＝0在(0，1)上有解即可，
即证明φ(x)＝ex－2x＋ln x在(0，1)上有零点．
因为φ( eq \f(1,e3) )＝e eq \s\up6(\f(1,e3)) － eq \f(2,e3) －30，
所以φ(x)＝ex－2x＋ln x在(0，1)上存在零点，取一零点为x0，令x2＝x3＝x0即可，此时b＝ex0－x0，则此时存在直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点．
最后证明x1＋x4＝2x0，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
因为F(x1)＝F(x2)＝F(x0)＝G(x3)＝G(x0)＝G(x4)＝0，所以F(x1)＝G(x0)＝F(ln x0).
又因为F(x)在(－∞，0)上单调递减，x10，当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，＋∞)) 时，
f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))