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）

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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)0,则当x∈(0,1)时,f'(x)>0;当x∈(1,+∞),f'(x)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,
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)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)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,∴00,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),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,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)=-1×11),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-b3a+9a24a=32>1,
x2=3a-9a2+16ab4a(舍去),
x3=0(舍去),得u(x1)=b>0.
又因为u(1)=-a-b1,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)2,即-1