备战2023年高考数学二轮复习微专题小练习专练18高考大题专练(一)　导数的应用.docx

《备战2023年高考数学二轮复习微专题小练习专练18高考大题专练(一)　导数的应用.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《备战2023年高考数学二轮复习微专题小练习专练18高考大题专练(一)　导数的应用.docx（9页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、专练18高考大题专练(一)导数的应用12022全国甲卷(文)，20已知函数f(x)x3x，g(x)x2a，曲线yf(x)在点(x1，f(x1)处的切线也是曲线yg(x)的切线(1)若x11，求a；(2)求a的取值范围2设函数f(x)ax2(4a1)x4a3ex.(1)若曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与x轴平行，求a；(2)若f(x)在x2处取得极小值，求a的取值范围3.2020全国卷设函数f(x)x3bxc，曲线yf(x)在点处的切线与y轴垂直(1)求b；(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1.42022全国乙卷(理)，21已知函数f(x

2、)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52020全国卷已知函数f(x)exax2x.(1)当a1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x0时，f(x)x31，求a的取值范围62021全国新高考卷已知函数f(x)x(1ln 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 aa ln bab，证明：2e.72021全国乙卷设函数f(x)ln (ax)，已知x0是函数yxf(x)的极值点(1)求a；(2)设函数g(x)，证明：g(x)1.82021全

3、国甲卷已知a0且a1，函数f(x)(x0).(1)当a2时，求f(x)的单调区间；(2)若曲线y f(x)与直线y1有且仅有两个交点，求a的取值范围专练18高考大题专练(一)导数的应用 参考答案1解析：(1)当x11时，f(x1)0.由题意，得f(x)3x21，所以f(1)2，则曲线yf(x)在点(x1，f(x1)处的切线方程为y2(x1).由题意，知直线y2(x1)与曲线g(x)x2a相切，所以2x2x2a，即方程x22xa20有两个相等的实数解，则44(a2)0，解得a3.(2)方法一因为f(x1)xx1，f(x1)3x1，所以曲线yf(x)在点(x1，f(x1)处的切线方程为y(xx1)

4、(3x1)(xx1)，即y(3x1)x2x.因为该切线也是曲线g(x)x2a的切线，所以x2a(3x1)x2x，所以方程x2(3x1)xa2x0有两个相等的实数解，所以(3x1)24(2xa)0，则ax2xx.令h(x)x42x3x2，则h(x)9x36x23x9x(x)(x1).当x变化时，h(x)，h(x)的变化情况如下表：x(，)(，0)0(0，1)1(1，)h(x)000h(x)极小值极大值极小值因为h()，h(1)1，所以h(x)min1.又因为当x(或x)时，h(x)，所以a的取值范围为1，).方法二因为f(x)3x21，所以曲线yf(x)在点(x1，f(x1)处的切线方程为y(x

5、x1)(3x1)(xx1)，即y(3x1)x2x.由g(x)x2a，得g(x)2x.曲线yg(x)在点(x2，g(x2)处的切线方程为y(xa)2x2(xx2)，即y2x2xxa.令则ax2x(9x8x6x1).令m(x)9x48x36x21，则m(x)36x324x212x12x(x1)(3x1).当x或0x1时，m(x)0，此时函数ym(x)单调递减；当x1时，m(x)0，此时函数ym(x)单调递增又m()，m(0)1，m(1)4，所以m(x)minm(1)4，所以a1，即a的取值范围为1，).2解析：(1)因为f(x)ax2(4a1)x4a3ex，所以f(x)ax2(2a1)x2ex.f

6、(1)(1a)e.由题设知f(1)0，即(1a)e0，解得a1.此时f(1)3e0.所以a的值为1.(2)由(1)得f(x)ax2(2a1)x2ex(ax1)(x2)ex.若a，则当x时，f(x)0.所以f(x)在x2处取得极小值若a，则当x(0，2)时，x20，ax1x10.所以2不是f(x)的极小值点综上可知，a的取值范围是.3解析：(1)f(x)3x2b.依题意得f0，即b0.故b.(2)由(1)知f(x)x3xc，f(x)3x2.令f(x)0，解得x或x.f(x)与f(x)的情况为：xf(x)00f(x)cc因为f(1)fc，所以当c时，f(x)只有大于1的零点因为f(1)fc，所以当

7、c时，f(x)只有小于1的零点由题设可知c.当c时，f(x)只有两个零点和1.当c时，f(x)只有两个零点1和.当c时，f(x)有三个零点x1，x2，x3，且x1，x2，x3.综上，若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，则f(x)所有零点的绝对值都不大于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x0，f(x)0，则f(x)在(0，)上不存在零点，故不符合题意当a1，ex0，a0，g(x)在(1，1)和(1，)上单调递

8、减，在(1，1)上单调递增由已知，得g(1)1，g(1)1ae12(1)，g(0)1a，g(1)1.()若1a0，则有：当0g(0)1a0；当x1时，由于1x20，aex10.综上可知，当x0时，都有g(x)0，则f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增对于x0，f(x)f(0)0，f(x)在(0，)上不存在零点，符合题意()当a1时，g(1)g(0)1a0，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.又当x1时，f(x)，f(x)在(1，0)上恰有一个零点g(0)1a0，g(x)在(0，1)上单调递增，在1，

9、)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，则f(x)0.又当x1时，aex0，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，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，

10、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)当a1时，f(x)exx2x，f(x)ex2x1.故当x(，0)时，f(x)0.所以f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增(2)f(x)x31等价于ex1.设函数g(x)ex(x0)，则g(x)exxx2(2a3)x4a2exx(x2a1)(x2)ex.()若2a10，即a，则当x(0，2)时，g(x)0.所以g(x

11、)在(0，2)单调递增，而g(0)1，故当x(0，2)时，g(x)1，不合题意()若02a12，即a，则当x(0，2a1)(2，)时，g(x)0.所以g(x)在(0，2a1)，(2，)单调递减，在(2a1，2)单调递增由于g(0)1，所以g(x)1当且仅当g(2)(74a)e21，即a.所以当a0，当x时，f0，故f的递增区间为，递减区间为.(2)因为b ln aa ln bab，故ba，即，故ff，设x1，x2，由(1)可知不妨设0x11.因为x时，fx0，x时，fx0，故1x22，若x22，x1x22必成立若x22，即证x12x2，而02x2f，即证：ff，其中1x22.设gff，1x2，

12、则gffln xln ln ，因为1x2，故0x0，所以g0，故g在上为增函数，所以gg0，故ff，即ff成立，所以x1x22成立，综上，x1x22成立设x2tx1，则t1，结合，x1，x2可得：x1x2，即：1ln x1t，故ln x1，要证：x1x2e，即证x1e，即证ln ln x11，即证：ln 1，即证：ln t ln t1，则Sln 1ln tln ，先证明一个不等式：ln x.设uln x，则u1，当1x0；当x0时，u1时，ln ，故S0恒成立，故S在上为减函数，故SS0，故ln t ln t0成立，即x1x2e成立综上所述，2e.7解析：(1)由题意得yxf(x)x ln (

13、ax)，则yln (ax)xln (ax).因为x0是函数yxf(x)的极值点，所以x0时，yln a0，所以a1.(2)由(1)可知，f(x)ln (1x)，其定义域为x|x1，当0x1时，ln (1x)0，此时xf(x)0，当x0，此时xf(x)0.易知g(x)的定义域为x|x1且x0，故要证g(x)xf(x)，即证xln (1x)x ln (1x)0.令1xt，则t0且t1，则只需证1tln t(1t)ln t0，即证1 tt ln t0.令h(t)1tt ln t, 则h(t)1ln t1ln t，所以h(t)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以h(t)h(1)0，即g(x)0)，f(x)(x0)，令f(x)0，则0x，此时函数f(x)单调递增，令f(x)，此时函数f(x)单调递减，所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)曲线yf(x)与直线y1有且仅有两个交点，可转化为方程1(x0)有两个不同的解，即方程有两个不同的解设g(x)(x0)，则g(x)(x0)，令g(x)0，得xe，当0x0，函数g(x)单调递增，当xe时，g(x)e时，g(x)，又g(1)0，所以01且ae，即a的取值范围为(1，e)(e，).