备战2023年高考数学二轮专题复习微专题小练习专练16　高考大题专练(一)　导数的应用(旧高考理科).docx

专练16高考大题专练(一)导数的应用命题范围：导数的应用、导数的几何意义12022·云南省昆明市检测已知函数f(x)1，a0(1)讨论f(x)的单调性；(2)当x0，a0时，exf(x)bx，证明：ab.22022·全国甲卷(理)，21 已知函数f(x)ln xxa.(1)若f(x)0，求a的取值范围；(2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1.3.2022·河南省郑州市质检已知函数f(x)ln (x1)x1.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设函数g(x)aexxln a，若函数F(x)f(x)g(x)有两个零点，求实数a的取值范围42022·全国乙卷(理)，21已知函数f(x)ln (1x)axex(1)当a1时，求曲线yf(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52022·江西省二模已知函数f(x)a ln x(a1)xa(aR)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 xx10恒成立专练16高考大题专练(一)导数的应用 参考答案1解析：(1)f(x)的定义域为R，f(x).a0时，当x(，0)或x(2，)时，f(x)0，f(x)单调递增；当x(0，2)时，f(x)0，f(x)单调递减a0时，当x(，0)或x(2，)时，f(x)0，f(x)单调递减；当x(0，2)时，f(x)0，f(x)单调递增(2)由exf(x)bx，得exax2bx0，因为x0，所以ax2bx0，令g(x)axb(x0)，则g(x)a，设h(x)a(x0)，则h(x)0，所以h(x)在(0，)上单调递增，又因为h(1)a0，h(1a)aaaa0，(由(1)知当a1时，f(x)f(2)10，所以当x0时，10，即exx2.)所以，存在x0(1，1a)，使得h(x0)0，即a.所以，当x(0，x0)时，g(x)0，g(x)单调递减；当x(x0，)时，g(x)0，g(x)单调递增，所以g(x)g(x0)ax0b0，所以b.所以ab.设F(x)(x1)，则F(x)·e2x·e2x，当1x时，F(x)>0，F(x)单调递增；当x时，F(x)0，F(x)单调递减所以F(x)F()，所以ab.2解析：(1)由题意可知函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)1.令f(x)0，解得x1.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，所以f(x)minf(1)e1a.若f(x)0，则f(x)mine1a0，解得ae1.故a的取值范围为(，e1.(2)证明：由(1)可知，要使f(x)有两个零点，则f(x)minf(1)e1a0，即a1e.假设0x11x2，要证明x1x21，即需证明1x2.又因为f(x)在x(1，)上单调递增，所以要证明1x2，则需证明f(x2)f，即f(x1)f.令F(x)f(x)f，0x1，则F(x)f(x)f·.因为ex在x(0，1)上单调递增，所以exe，所以当x(0，1)时，exxe1.又函数yxe在(0，1)上单调递减，所以xee，所以xe1e1，所以exxxe1e1e10，所以当x(0，1)时，F(x)0，则F(x)在(0，1)上单调递增因为F(1)f(1)f(1)0，所以F(x)0，即f(x)f，所以若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x21.3解析：(1)函数的定义域为x|x1，f(x)1，f(x)0，1x0；f(x)0，x0.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 (x1)x1aexxln a有两个实根即exln axln aln (x1)x1.整理为exln axln aeln (x1)ln (x1)，设函数h(x)exx，则上式为h(xln a)h(ln (x1)，因为h(x)ex10恒成立，所以h(x)exx单调递增，所以xln aln (x1).所以只需使ln aln (x1)x有两个根，设M(x)ln (x1)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x0处取得极大值，M(x)maxM(0)0.当x1时，M(x)；当x时，M(x)，要想ln aln (x1)x有两个根，只需ln a0，解得0a1.所以a的取值范围是(0，1).4解析：(1)当a1时，f(x)ln (1x)xex，则f(x)，f(0)0，f(0)2，曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y2x，即2xy0.(2)(方法一)函数f(x)的定义域为(1，).当a0时，对于x>0，f(x)>0，则f(x)在(0，)上不存在零点，故不符合题意当a<0时，f(x)aex(1x).令g(x)1aex(1x2)，则g(x)aex(2xx21)aex(x1)(x1).对于x>1，ex>0，a<0，g(x)在(1，1)和(1，)上单调递减，在(1，1)上单调递增由已知，得g(1)1，g(1)1ae1·2(1)，g(0)1a，g(1)1.()若1a0，则有：当0<x1时，g(x)单调递增，g(x)>g(0)1a0；当x>1时，由于1x2<0，aex<0，故g(x)1aex(1x2)>1>0.综上可知，当x>0时，都有g(x)>0，则f(x)>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()当a<1时，g(1)<g(0)1a<0.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)>0，x(x0，0)，都有g(x)<0，则f(x)<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x1时，f(x)，f(x)在(1，0)上恰有一个零点g(0)1a<0，g(1)1>0，g(x)在(0，1)上单调递增，在1，)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)<0，当x(x1，1)时，g(x)>0，则f(x)>0.又当x1时，aex<0，1x20，g(x)1aex·(1x2)>0，f(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)<0，则f(x1)<0.又当x时，ln (1x)，axex0，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).f(x)在区间(1，0)，(0，)上各恰有一个零点等价于g(x)a在(1，0)，(0，)上各恰有一解g(x).令h(x)(x1)ln (1x)，则h(x)ln (1x).令(x)ln (1x)，则(x).当x(0，)时，(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x0时，g(x) 1，当x时，g(x)，a(，1).当x(1，2)时，(x)<0；当x(2，0)时，(x)>0.当x1时，(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x1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x1时，g(x)；当x0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)x(a1).若a1，则f(x)0在(1，)恒成立，即f(x)在(1，)上单调递增，当x1时，f(x)f(1)0，与f(x)有一个大于1的零点x0矛盾若a1，令f(x)0，解得0x1或xa，令f(x)0，解得1xa.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，a1.(2)令g(x)a ln xx1，g(x)1，由(1)知1ax0，令g(x)0，解得1xa，令g(x)0，解得axx0，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 x0x01，因为x0为函数f(x)的零点，故f(x0)a ln x0(a1)x0a0，即a ln x0(a1)x0a，所以g(x0)a ln x0x01(a1)x0ax01ax0a(1x0)(x02a1).又因为f(2a1)a ln (2a1)(a1)(2a1)aa ln (2a1)2a2，令h(a)a ln (2a1)2a2，则h(a)ln (2a1)2ln (2a1)1，令m(a)ln (2a1)1，m(a)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(2a1)0，由(1)可知f(a)0，所以ax02a1，因为1x00，x02a10，所以g(x0)(1x0)·(x02a1)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 xx10恒成立