2025版新高考版高考总复习数学专题四导数及其应用导数的综合运用.docx

《2025版新高考版高考总复习数学专题四导数及其应用导数的综合运用.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2025版新高考版高考总复习数学专题四导数及其应用导数的综合运用.docx（23页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2025版新高考版高考总复习数学专题四导数及其应用4.3导数的综合运用五年高考考点1利用导数证明不等式1.(2023天津,20节选,中)已知函数f(x)=1x+12ln(x+1).(1)求曲线y=f(x)在x=2处切线的斜率;(2)当x0时,证明: f(x)1.解析(1)f (x)=x+22x(x+1)1x2ln(x+1),故曲线y=f(x)在x=2处的切线斜率为f (2)=13ln34.(2)指数找朋友法.证明:当x0时, f(x)1ln(x+1)-2xx+20,令g(x)=ln(x+1)-2xx+2,x0,g(x)=x2(x+1)(x+2)20,故g(x)在(0,+)上单调递增,因此g(x

2、)g(0)=0,原不等式得证.2.(2017课标,21,12分,中)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a0,故f(x)在(0,+)单调递增.若a0;当x12a,+时, f (x)0,故f(x)在0,12a单调递增,在12a,+单调递减.(2)证明:由(1)知,当a0;当x(1,+)时,g(x)0时,g(x)0.从而当a0时,ln12a+12a+10,即f(x)-34a-2.3.(2021全国乙理,20,12分,中)设函数f(x)=ln(a-x),已知x=0是函数y=xf(x)的极值点.(1)求a;(2)设函数g(x)=x+f(x)xf(x)

3、.证明:g(x)1.解析(1)第一步,利用x=0是函数y=xf(x)的极值点求a.由题意得y=xf(x)=xln(a-x),x(-,a),y=ln(a-x)+x1ax(-1)=ln(a-x)-xax,x=0是函数y=xf(x)的极值点,ln(a-0)-0a0=0,可得a=1.第二步,证明求出的a满足条件.当a=1时,y=ln(1-x)-x1x,x(-,1),令p(x)=ln(1-x)-x1x,x(-,1),则p(x)=1x11(1x)2=x2(x1)2,易知当x(-,1)时,p(x)0;当x(0,1)时,p(x)0,函数y=xf(x)=xln(1-x)在(-,0)上为增函数,在(0,1)上为减

4、函数.当a=1时,x=0是函数y=xf(x)的极值点.a=1.(2)证明:由(1)知a=1,f(x)=ln(1-x),x(-,1),当x(0,1)时, f(x)=ln(1-x)0,xf(x)0,xf(x)0,要证g(x)=x+f(x)xf(x)xf(x).只需证x+ln(1-x)xln(1-x),只需证x+(1-x)ln(1-x)0,令h(x)=x+(1-x)ln(1-x),x0,h(x)单调递增,当x(-,0)时,h(x)h(0)=0,x+(1-x)ln(1-x)0在(-,0)(0,1)上恒成立.g(x)1.4.(2021新高考,22,12分,难)已知函数f(x)=x(1-ln x).(1)

5、讨论f(x)的单调性;(2)设a,b为两个不相等的正数,且bln a-aln b=a-b,证明:21a+1b0,解得0x1,令f (x)1,所以函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减.(2)证明:由bln a-aln b=a-b得1a(1+ln a)=1b(1+ln b),即1a1ln1a=1b1ln1b,令x1=1a,x2=1b,则x1,x2为f(x)=k的两个实根,当x0+时,f(x)0+,当x+时, f(x)-,且f(1)=1,故k(0,1),不妨令x1(0,1),x2(1,e),则2-x11,e-x11,先证明x1+x22,即证x22-x1,即证f(x2)=f(x1

6、)0恒成立,h(x)为增函数,h(x)h(1)=0.f(x1)-f(2-x1)0,即f(x1)f(2-x1),f(x2)2-x1,x1+x22.再证x1+x21,结合lna+1a=lnb+1b,1a=x1,1b=x2可得x1(1-ln x1)=x2(1-ln x2),即1-ln x1=t(1-ln t-ln x1),故ln x1=t1tlntt1,要证x1+x2e,即证(t+1)x1e,即证ln(t+1)+ln x11,即证ln(t+1)+t1tlntt11,即证(t-1)ln(t+1)-tln t1,则S(t)=ln(t+1)+t1t+11ln t=ln1+1t2t+1.因为ln(x+1)x

7、(x-1,当且仅当x=0时等号成立),所以可得当t1时,ln1+1t1t2t+1,故S(t)0恒成立,故S(t)在(1,+)上为减函数,故S(t)S(1)=0,故(t-1)ln(t+1)-tln t0成立,即x1+x2e成立.综上所述,21a+1b0;当x2,时,g(x)0,g()=-2,故g(x)在(0,)存在唯一零点.所以f (x)在(0,)存在唯一零点.(2)由题设知f()a, f()=0,可得a0.由(1)知, f (x)在(0,)只有一个零点,设为x0,且当x(0,x0)时, f (x)0;当x(x0,)时, f (x)0,所以f(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,)上单调递减

8、.又f(0)=0, f()=0,所以,当x0,时,f(x)0.又当a0,x0,时,ax0,故f(x)ax.因此,a的取值范围是(-,0.2.(2020新高考,21,12分,难)已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a.(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;(2)若f(x)1,求a的取值范围.解析(1)当a=e时, f(x)=ex-ln x+1, f (1)=e-1,曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y-(e+1)=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+2.直线y=(e-1)x+2在x轴,y轴上的截距分别为2e1,2

9、.因此所求三角形的面积为2e1易错:容易忽略三角形的面积应大于0而把结果写成2e1.(6分)(2)当0a1时, f(1)=a+ln a1.当a=1时, f(x)=ex-1-ln x, f (x)=ex-1-1x.当x(0,1)时,f (x)0.所以当x=1时, f(x)取得最小值,最小值为f(1)=1,从而f(x)1.当a1时, f(x)=aex-1-ln x+ln aex-1-ln x1.综上,a的取值范围是1,+).(12分)3.(2020课标文,21,12分,难)已知函数f(x)=2ln x+1.(1)若f(x)2x+c,求c的取值范围;(2)设a0,讨论函数g(x)=f(x)f(a)x

10、a的单调性.解析(1)设h(x)=f(x)-2x-c,则h(x)=2ln x-2x+1-c,其定义域为(0,+),h(x)=2x2=2(1x)x.当0x0;当x1时,h(x)0.所以h(x)在区间(0,1)单调递增,在区间(1,+)单调递减.从而当x=1时,h(x)取得最大值,最大值为h(1)=-1-c.故当且仅当-1-c0,即c-1时, f(x)2x+c.所以c的取值范围为-1,+).(2)g(x)=f(x)f(a)xa=2(lnxlna)xa,x(0,a)(a,+),g(x)=2xax+lnalnx(xa)2=21ax+lnax(xa)2.取c=-1得h(x)=2ln x-2x+2,h(1

11、)=0,则由(1)知,当x1时,h(x)0,即1-x+ln x0.故当x(0,a)(a,+)时,1-ax+lnax0,从而g(x)0时, f(x)ln(n+1).解析(1)当a=1时, f(x)=xex-ex,则f (x)=xex,当x(-,0)时, f (x)0, f(x)单调递增.(2)当x0时, f(x)-1,即xeax-ex0),则F(x)0,则F(x)必定存在一个单调递增区间(0,x0),又F(0)=0,F(x)也必定存在一个单调递增区间(0,x0).于是F(x)F(0)=0在(0,x0)上恒成立,与F(x)0矛盾,F(0)0,a12.eaxex2在(0,+)上成立,F(x)xex2

12、-ex+1在(0,+)上成立,故只需证xex2-ex+10),则G(x)=ex2+x2ex2ex=ex21+x2ex2.exx+1在(0,+)上成立,ex2x2+1在(0,+)上成立.G(x)0,故G(x)在(0,+)上单调递减,G(x)G(0)=0.xex2-ex+10在(0,+)上成立.故当a12时,xeax-ex1),则h(x)=1+1x22x=x22x+1x2=(x1)2x2,易知h(x)0,h(x)在(1,+)上单调递增,h(x)h(1)=0,x-1x2ln x,令x=1+1n,则有1+1n11+1n2ln1+1n,1n2+nlnn+1n,112+1+122+2+1n2+nln21+

13、ln32+lnn+1n=ln(n+1).原式得证.考点3利用导数研究函数零点问题1.(2021全国甲文,20,12分,中)设函数f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,其中a0.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围.解析(1)由题意得f (x)=2a2x+a-3x=(2ax+3)(ax1)x,x(0,+).a0,x0,2ax+3x0,当x0,1a时, f (x)0,函数f(x)在0,1a上单调递减,在1a,+上单调递增.(2)y=f(x)的图象与x轴没有公共点,函数f(x)在(0,+)上没有零点,又函数f(x)在0,1a上单调递减,在1a,+

14、上单调递增,f(x)min=f 1a=33ln1a=3+3ln a0,ln a-1,解得a1e,故实数a的取值范围是1e,+.2.(2020课标文,20,12分,中)已知函数f(x)=ex-a(x+2).(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.解析(1)当a=1时, f(x)=ex-x-2,则f (x)=ex-1.当x0时, f (x)0时, f (x)0.所以f(x)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增.(2)若f(x)有两个零点,则ex-a(x+2)=0有两个解,由方程可知,x=-2不成立,即a=exx+2有两个解,将问题转化为曲线y=ex

15、x+2和直线y=a有两个交点令h(x)=exx+2(x-2),则有h(x)=ex(x+2)ex(x+2)2=ex(x+1)(x+2)2,令h(x)0,解得x-1,令h(x)0,解得x-2或-2x-1,所以函数h(x)在(-,-2)和(-2,-1)上单调递减,在(-1,+)上单调递增,且当x-2时,h(x)h(-1)=1e,所以满足条件的a的取值范围是1e,+.3.(2022新高考,22,12分,难)已知函数f(x)=ex-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值.(1)求a;(2)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标

16、成等差数列.解析(1)f (x)=ex-a,g(x)=a-1x.当a0时, f (x)0恒成立, f(x)在R上无最小值,不符合题意.a0.令f (x)=0,得x=ln a,令g(x)=0,得x=1a.易知f(x)min=f(ln a)=a-aln a,g(x)min=g1a=1+ln a,a-aln a=1+ln a,即ln a=a1a+1.令h(x)=ln x-x1x+1(x0),则h(x)=1x2(x+1)2=x2+1x(x+1)20,h(x)在(0,+)上单调递增,则h(x)最多有一个零点.又h(1)=ln 1-111+1=0,方程有且仅有一解,为a=1,即为所求.(2)由(1)知,

17、f(x)=ex-x,g(x)=x-ln x,当x0时, f(x)单调递增;当0x1时,g(x)单调递增.不妨设直线y=b与y=f(x)的图象的两交点的横坐标分别为x1,x2,与y=g(x)的图象的两交点的横坐标分别为x2,x3,且x1x20且a1,函数f(x)=xaax(x0).(1)当a=2时,求f(x)的单调区间;(2)若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围.解析(1)当a=2时,f(x)=x22x, f (x)=2x2xx22xln2(2x)2=x(2xln2)2x,令f (x)=0,得x=2ln2,当0x0,当x2ln2时, f (x)0,g(x)单调递增;当x

18、(e,+)时,g(x)g(x).解析(1)f (x)=1xa1x2=x(a1)x2(x(0,+),当a-10,即a0,函数f(x)在(0,+)上单调递增;当a-10,即a1时,令f (x)=0,得x=a-1,函数f(x)在(0,a-1)上单调递减,在(a-1,+)上单调递增.综上所述,当a1时,函数f(x)在(0,a-1)上单调递减,在(a-1,+)上单调递增.(2)证明:令F(x)=f(x)-g(x)=ln x+a1xa(sinx+1)2x=xlnxasinx+1x(x0,0a1),欲证f(x)g(x),即证F(x)0,即证xln x-asin x+10,即证xln xasin x-1.先证

19、:xln xax-1.设g(x)=xln x-ax+1,则g(x)=1+ln x-a=ln x+1-a,令g(x)=0,得x=ea-1,g(x)在(0,ea-1)上单调递减,在(ea-1,+)上单调递增,g(x)g(ea-1)=(a-1)ea-1-aea-1+1=1-ea-1,0a1,1-ea-10,则g(x)0,即xln xax-1,当且仅当x=1,a=1时取等号.再证:ax-1asin x-1.设h(x)=x-sin x,则h(x)=1-cos x0.h(x)在(0,+)上单调递增,则h(x)h(0)=0,即xsin x.0a1,ax-1asin x-1,当且仅当a=0时取等号.又xln

20、xax-1与ax-1asin x-1两个不等式的等号不能同时取到,xln xasin x-1成立,即当0a1时, f(x)g(x)成立.2.(2024届山东烟台校考模拟预测,21)设函数f(x)=(x2-2x)ex,g(x)=e2ln x-aex.(1)若函数g(x)在(e,+)上存在最大值,求实数a的取值范围;(2)当a=2时,求证: f(x)g(x).解析(1)对g(x)求导得g(x)=e2xae=e2aexx(x0).当a0时,g(x)0,所以g(x)在(0,+)上单调递增,在(e,+)上不存在最大值.当a0时,令g(x)=0,解得x=ea0,当x0,ea时,g(x)0,g(x)在0,e

21、a上单调递增,当xea,+时,g(x)e,解得ag(x),即证当x0时,(x2-2x)exe2ln x-2ex,即证当x0时,(x2-2x)ex+2exe2ln x,即证(x-2)ex+2ee2lnxx.设(x)=(x-2)ex+2e(x0),则(x)=(x-1)ex,当0x1时,(x)1时,(x)0,所以(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增,故(x)(1)=e,当x=1时,等号成立.设h(x)=e2lnxx(x0),则h(x)=e2(1lnx)x2,当0x0,当xe时,h(x)0时,(x)h(x),但等号不同时成立,所以x0时,(x)h(x),即f(x)g(x)得证.3.(2

22、024届河北邯郸校考模拟,21)已知函数f(x)=12x2-aex(aR).(1)已知曲线f(x)在(0, f(0)处的切线与圆x2+y2-2x-2y-3=0相切,求实数a的值;(2)已知x0时, f(x)-x2-ax-a恒成立,求实数a的取值范围.解析(1)圆的方程可化为(x-1)2+(y-1)2=5,则圆心为(1,1),半径为5,对函数f(x)求导得f (x)=x-aex,则f (0)=-a,又f(0)=-a,于是曲线f(x)在(0, f(0)处的切线方程为y+a=-ax,即ax+y+a=0,因为直线ax+y+a=0与圆相切,所以a+1+aa2+12=5,则a=2,所以实数a的值为2.(2

23、)设g(x)=f(x)+x2+ax+a=32x2-aex+ax+a(x0),则g(x)0在0,+)上恒成立.对g(x)求导得g(x)=3x-aex+a,设h(x)=3x-aex+a,x0,则h(x)=3-aex,当a3时,当x0时,aex3ex3,即有h(x)0,所以函数h(x),即g(x)在0,+)上单调递减,于是当x0时,g(x)g(0)=0,则函数g(x)在0,+)上单调递减,因此当x0时,g(x)g(0)=0,故a3.当0a0,得0xln3a,则函数h(x),即g(x)在0,ln3a上单调递增,于是当0xg(0)=0,即函数g(x)在0,ln3a上单调递增,因此当0xg(x2),求实数

24、a的取值范围.(e=2.718 28为自然对数的底数)解析(1)f(x)的定义域为(0,+).当a=12时, f(x)=4ln x-x2+72x,f (x)=4x1272x2=(x1)(x7)2x2,令f (x)0,可得1x7,令f (x)0,可得0x7,f(x)在(0,1),(7,+)上单调递减,在(1,7)上单调递增,f(x)极小值=f(1)=3, f(x)极大值=f(7)=4ln 7-3.(2)f (x)=ax2+4x(a+3)x2(x0),令h(x)=-ax2+4x-(a+3),x0,若a1,则=16-4a2-12a=-4(a-1)(a+4)0,h(x)0,f(x)在区间(0,+)上单

25、调递减,当a1时, f(x)在12,2上单调递减,f(x)在12,2上的最大值为f 12=4ln 2+32a+6.g(x)=2ex-4,令g(x)=0,得x=ln 2,当x12,ln2时,g(x)0,g(x)单调递增,g(x)在12,2上的最小值为g(ln 2)=4-4ln 2+2a,由题意可知-4ln 2+32a+64-4ln 2+2a,解得ag(x2),转化为在区间12,2上f(x)maxg(x)min,利用导数求f(x)max和g(x)min,最后解关于a的不等式.综合拔高练21.(2024届江苏南京期中,8)设函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a1,若存在唯一的整数x0,使

26、得f(x0)0,故f(x)在0,2上单调递增,当x0,2时, f(x)min=f(0)=0.第三步,利用导数知识求t(x)在0,2上的最大值.t(x)=m-(x+1)cos x+2ex,t(x)=-cos x+(x+1)sin x+2ex,x0,2,-cos x+2ex0,(x+1)sin x0,t(x)0在0,2上恒成立,t(x)在0,2上单调递增,当x0,2时,t(x)max=t2=m+2e2.第四步,建立不等式求结果.故m+2e20,m-2e2,故实数m的取值范围是(-,-2e2.(3)第一步,求h(x)的解析式与导函数h(x).h(x)=2xex-nsin 2x,h(x)=2(x+1)

27、ex-2ncos 2x,第二步,讨论0n1时h(x)的单调性及零点情况.若02,2ncos 2x0在0,2上恒成立,则h(x)在0,2上单调递增,当x0,2时,h(x)h(0)=0,此时h(x)在0,2上无零点.第三步,讨论n1时h(x)的单调性及零点情况.若n1,设k(x)=2(x+1)ex-2ncos 2x,则k(x)=2(x+2)ex+4nsin 2x,当x0,2时,2(x+2)ex0,sin 2x0,k(x)0在0,2上恒成立,故k(x)在0,2上单调递增.k(0)=2-2n0,故存在x00,2,使得k(x0)=0,故当x(0,x0)时,k(x)0,即h(x)0,即h(x)0,h(x)

28、单调递增,故当x(0,x0)时,h(x)h(0)=0,当xx0,2时,h(x0)h(x)h2,又h(x0)0,由零点存在定理及函数的单调性得h(x)在0,2上存在唯一零点.3.(2023湖北武汉武昌质检,22)已知函数f(x)=ax与g(x)=logax(a0,且a1).(1)求曲线y=g(x)在点(1,g(1)处的切线方程;(2)若a1,h(x)=f(x)-g(x)恰有两个零点,求实数a的取值范围.解析(1)由题可知g(1)=0,g(x)=1xlna,故g(1)=1lna,于是曲线y=g(x)在点(1,g(1)处的切线方程为y=1lna(x-1).(2)h(x)=f(x)-g(x)恰有两个零

29、点,即方程ax=logax恰有两正根.因为a1,所以ax=logax1,于是x1,由ax=logax=lnxlna,得axln a=ln x,axxln a=xln x,于是axln ax=xln x.设m(x)=xln x(x1),则m(x)=ln x+10,于是函数m(x)在(1,+)上单调递增,由m(ax)=m(x)可得ax=x,即方程ax=x有两根,等价于方程ln a=lnxx有两正根,设l(x)=lnxx(x1),则l(x)=1lnxx2,由l(x)0得1xe,由l(x)e,故l(x)在(1,e)上单调递增,在(e,+)上单调递减,结合当x1时,l(x)0,当x+时,l(x)0,且x

30、(1,+)时,l(x)=lnxx0,画出l(x)的图象,如图,由方程ln a=lnxx有两正根并结合l(x)的图象,得0ln a1e,从而1ae1e.故a(1,e1e).4.(2023江苏苏州联考,21)设函数f(x)=a(2x-1)+(2a2+1)ln(-x),aR.(1)讨论f(x)在定义域上的单调性;(2)当a0时,讨论f(x)在1,12上的零点个数.解析(1)函数f(x)的定义域为(-,0), f (x)=2a+2a2+1x.当a0时, f (x)0时, f (x)=2a+2a2+1x=2ax+2a2+12ax,则当x,2a2+12a时, f (x)0,当x2a2+12a,0时, f (x)0时,2a2+12a1=2a122+122a0,1,122a2+12a,0,f(x)在1,12上单调递减,又f(-1)=-3a0时f(x)在1,12上没有零点.