2022高考数学一轮复习高考大题专项练一导数的综合应用文含解析北师大版.docx

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1、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,bR).(1)若函数f(x)的图像过原点,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(aR,a0).(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)当x1时,求证:1x-11ex-1.3.已知函数f(x)=ln x+ax(aR)的图像在点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

2、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,a1.(1)求函数f(x)的极值;(2)直线y=2x+1为函数f(x)图像的一条切线,若对任意的x1(0,1),x21,2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

3、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,cR).(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(aR).(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nN+,都有1+12+13+1nln(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

4、中学调研)已知函数f(x)=kx-ln x(k0).(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),aR.(1)当a=1时,求证:f(x)g(x);(2)当a1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,bR,且a0.(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(

5、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x0时,记函数h(x)=f(x),f(x)0,即4a2+4a+10,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a0,则当x(0,1)时,f(x)0;当x(1,+),f(x)0,所以f(x)在(0,1)上递增,在(1,+)上递减;若a0

6、,则当x(0,1)时,f(x)0,所以f(x)在(0,1)上递减,在(1,+)上递增.(2)证明要证1x-11ex-1,需证xx-1e-x,令t=1x,t(0,1),则原不等式可转化为11-tet,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-10,故g(t)在(0,1)上递减,g(t)g(0)=0,原不等式得证.3.解因为函数f(x)的定义域为(0,+),f(x)=1x-ax2,所以f1e=e-ae2=-e,所以a=2e,所以f(x)=1x-2ex2.令f(x)=0,得x=2e,当x0,

7、2e时,f(x)0,所以f(x)在0,2e上递减,在2e,+上递增.(2)证明设h(x)=xf(x)=xlnx+2e,由h(x)=lnx+1=0,得x=1e,所以当x0,1e时,h(x)0,所以h(x)在0,1e上递减,在1e,+上递增,所以h(x)min=h1e=1e.设t(x)=xex(x0),则t(x)=1-xex,所以当x(0,1)时,t(x)0,t(x)递增,当x(1,+)时,t(x)t(x),即xf(x)xex.4.证明(1)a1,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.当b0时,f(x)0,f(x)

8、在(0,+)上为增加的,无极值;当b0时,由f(x)=0,得x=1b.当x0,1b时,f(x)0,f(x)递增;当x1b,+时,f(x)f(x2)成立,只需g(x1)minf(x2)max.g(x)=a-1x=ax-1x,由g(x)=0,得x=1a.a1,01a1.当x0,1a时,g(x)0,g(x)递增.g(x)g1a=1+lna,即g(x1)min=1+lna.f(x2)=1x2-b在x21,2上递减,f(x2)max=f(1)=1-b=3-ae.1+lna3-ae.即lna+ae-20.设h(a)=lna+ae-2,易知h(a)在(1,+)上递增.又h(e)=0,实数a的取值范围为(e,

9、+).5.证明令g(x)=f(x)-x+12=lnx+2x+1-x+12(x0),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x1时,g(x)0;当0x0,所以g(x)在(0,1)上递增,在(1,+)上递减,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

10、由(1)知,f(x)=xex+2x-2elnx.不等式f(x)x2+2可转化为xex+2x-2elnx-x2-20.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(x0),则h(x)=(x+2)ex+2ex2-2,因为x0,所以x+22,ex1,故(x+2)ex2,又因为2ex20,所以h(x)=(x+2)ex+2ex2-20,所以函数h(x)在(0,+)上递增.又h(1)=2e+2-2e-2=0,所以当x(0,1)时,h(x)0,即g(x)0,即g(x)0,函数g(x)递增;所以g(x)g(1)=e+

11、2-2eln1-1-2=e-1,显然e-10,所以g(x)0,即xex+2x-2elnxx2+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)=-110,所以f(x)在(1,2)上递增.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,a1+lnxx(x0),令h(x)=1+lnxx,则h(x)=1xx-(1

12、+lnx)x2=-lnxx2.当x(0,1)时,h(x)0,h(x)递增;当x(1,+)时,h(x)0,h(x)递减,故h(x)在x=1处取得最大值,要使a1+lnxx,只需ah(1)=1,故a的取值范围为1,+).显然,当a=1时,有1+lnxx1,即不等式lnx1(nN+),则有lnn+1nn+1n-1=1n,所以ln21+ln32+lnn+1nln(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

13、)递增;当x(1,+)时,t(x)0,t(x)递减,故t(x)在x=1处取得最大值t(1)=1,又当x0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a1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x1,由f(x)0得0x0),令g(x)=lnxx(x0),则g(x)=1-lnxx2,当x=e时,g(x)=0;当0x0;当xe时,g(x)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(x0

14、,k0).当x=1k时,f(x)=0;当0x1k时,f(x)1k时,f(x)0.所以f(x)在0,1k上递减,在1k,+上递增,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.所以F(x)在(-,0)上递减,在(0,+)上递增.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.

15、当a1时,F(x)=(x-a+1)ex,令F(x)0,即(x-a+1)ex0,解得xa-1;令F(x)0,即(x-a+1)ex0,解得x1,所以h(a)0.所以h(a)在(1,+)上递减.所以h(a)h(1)=0,所以F(a-1)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

16、(-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(x0).(2)f(x)=2x2+x-1x2ex=(x+1)(2x-1)x2ex.令f(x)0得x12,令f(x)0得-1x0或0x0),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)=2ax3-3a

17、x2-2bx+b(x1),则u(x)=6ax2-6ax-2b=6ax(x-1)-2b-2b.当b0时,u(x)0,此时u(x)在(1,+)上递增,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-b0即可,此时-10时,令u(x)=b,解得x1=3a+9a2+16ab4a3a+9a24a=321,x2=3a-9a2+16ab4a(舍去),x3=0(舍去),得u(x1)=b0.又因为u(1)=-a-b1,使2ax03-3ax02-2bx0+b=0成立,此时ba0.综上有ba的取值范围为(-1,+).6.解(1)因为g(x)=2a

18、3x3+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)当a=0时,g(x)=2x2-8x+7,由g(x)=0,得x=222(1,+),此时函数y=h(x)有三个零点,符合题意.当a0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.若函数y=h(x)有三个零点,则需满足g(1)0且g(2)0,解得0a316.当a0时,g(x)=2ax2+4(1-a)x-8=2a(x-2)x+2a.由g(x)=0,得x1=2,x2=-2a.()当-2a2,即a-1时,因为g(x)极大值=g(2)=163a-12,即-1a0时,若g(1)0,此时函数y=h(x)有三个零点,符合题意;若g(1)0,得-320a0.所以(a)-3200,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-2200,316.