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

《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》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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（6页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、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x1x20，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(

2、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

3、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)

4、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(

5、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)

6、，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，)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(

7、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，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

8、(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

9、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