2022版新教材高考數學一輪復習高考大題專項一導數的綜合應用含解析新人教B版

1、高考大題專項(一)導數的綜合應用突破1利用導數研究與不等式有關的問題1.(2020全國1,理21)已知函數f(x)=ex+ax2-x.(1)當a=1時,討論f(x)的單調性;(2)當x0時,f(x)12x3+1,求a的取值范圍.2.(2020山東濰坊二模,20)已知函數f(x)=1x+aln x,g(x)=exx.(1)討論函數f(x)的單調性;(2)證明:當a=1時,f(x)+g(x)-1+ex2ln xe.3.已知函數f(x)=ln x+ax(ar)的圖象在點1e,f1e處的切線斜率為-e,其中e為自然對數的底數.(1)求實數a的值,并求f(x)的單調區(qū)間;(2)證明:xf(x)xex.4

2、.(2020廣東湛江一模,文21)已知函數f(x)=ln ax-bx+1,g(x)=ax-ln x,a1.(1)求函數f(x)的極值;(2)直線y=2x+1為函數f(x)圖象的一條切線,若對任意的x1(0,1),x21,2都有g(x1)f(x2)成立,求實數a的取值范圍.5.(2020山東濟寧5月模擬,21)已知兩個函數f(x)=exx,g(x)=lnxx+1x-1.(1)當t0時,求f(x)在區(qū)間t,t+1上的最大值;(2)求證:對任意x(0,+),不等式f(x)g(x)都成立.6.(2020湖北武漢二月調考,理21)已知函數f(x)=(x-1)ex-kx2+2.(1)略;(2)若x0,+)

3、,都有f(x)1成立,求實數k的取值范圍.7.(2020山東濟南一模,22)已知函數f(x)=a(ex-x-1)x2,且曲線y=f(x)在(2,f(2)處的切線斜率為1.(1)求實數a的值;(2)證明:當x0時,f(x)1;(3)若數列xn滿足exn+1=f(xn),且x1=13,證明:2n|exn-1|0),試研究函數g(x)的極值情況;(2)記函數f(x)=f(x)-xex在區(qū)間(1,2)上的零點為x0,記m(x)=minf(x),xex,若m(x)=n(nr)在區(qū)間(1,+)上有兩個不等實數解x1,x2(x12x0.突破2利用導數研究與函數零點有關的問題1.(2020山東煙臺一模,21)

4、已知函數f(x)=1+lnxx-a(ar).(1)若f(x)0在(0,+)上恒成立,求a的取值范圍,并證明:對任意的nn*,都有1+12+13+1nln(n+1);(2)設g(x)=(x-1)2ex,討論方程f(x)=g(x)的實數根的個數.2.(2020北京通州區(qū)一模,19)已知函數f(x)=xex,g(x)=a(ex-1),ar.(1)當a=1時,求證:f(x)g(x);(2)當a1時,求關于x的方程f(x)=g(x)的實數根的個數.3.(2020湖南長郡中學四模,文21)已知函數f(x)=2ae2x+2(a+1)ex.(1)略;(2)當a(0,+)時,函數f(x)的圖象與函數y=4ex+

5、x的圖象有唯一的交點,求a的取值集合.4.(2020天津和平區(qū)一模,20)已知函數f(x)=ax+bxex,a,br,且a0.(1)若函數f(x)在x=-1處取得極值1e,求函數f(x)的解析式;(2)在(1)的條件下,求函數f(x)的單調區(qū)間;(3)設g(x)=a(x-1)ex-f(x),g(x)為g(x)的導函數,若存在x0(1,+),使g(x0)+g(x0)=0成立,求ba的取值范圍.5.已知函數f(x)=ln x,g(x)=2a3x3+2(1-a)x2-8x+8a+7.(1)若曲線y=g(x)在點(2,g(2)處的切線方程是y=ax-1,求函數g(x)在0,3上的值域;(2)當x0時,

6、記函數h(x)=f(x),f(x)g(x),g(x),f(x)g(x),若函數y=h(x)有三個零點,求實數a的取值集合.參考答案高考大題專項(一)導數的綜合應用突破1利用導數研究與不等式有關的問題1.解(1)當a=1時,f(x)=ex+x2-x,f(x)=ex+2x-1.故當x(-,0)時,f(x)0.所以f(x)在(-,0)上單調遞減,在(0,+)上單調遞增.(2)f(x)12x3+1等價于12x3-ax2+x+1e-x1.設函數g(x)=12x3-ax2+x+1e-x(x0),則g(x)=-12x3-ax2+x+1-32x2+2ax-1e-x=-12xx2-(2a+3)x+4a+2e-x

7、=-12x(x-2a-1)(x-2)e-x.若2a+10,即a-12,則當x(0,2)時,g(x)0.所以g(x)在(0,2)上單調遞增,而g(0)=1,故當x(0,2)時,g(x)1,不合題意.若02a+12,即-12a12,則當x(0,2a+1)(2,+)時,g(x)0.所以g(x)在(0,2a+1),(2,+)上單調遞減,在(2a+1,2)上單調遞增.由于g(0)=1,所以g(x)1當且僅當g(2)=(7-4a)e-21,即a7-e24.所以當7-e24a12時,g(x)1.若2a+12,即a12,則g(x)12x3+x+1e-x.由于07-e24,12,故由可得12x3+x+1e-x1

8、.故當a12時,g(x)1.綜上,a的取值范圍是7-e24,+.2.(1)解函數的定義域為(0,+),f(x)=-1x2+ax=ax-1x2,當a0時,f(x)0時,由f(x)0,得x1a,由f(x)0,得0x0時,f(x)在0,1a上單調遞減,在1a,+上單調遞增.(2)證明因為x0,所以不等式等價于ex-ex+1elnxx,設f(x)=ex-ex+1,f(x)=ex-e,所以當x(1,+)時,f(x)0,f(x)單調遞增;當x(0,1)時,f(x)0,g(x)單調遞增,當x(e,+)時,g(x)g(x),即ex-ex+1elnxx,故原不等式成立.3.(1)解因為函數f(x)的定義域為(0

9、,+),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,當x0,2e時,f(x)0,所以f(x)在0,2e上單調遞減,在2e,+上單調遞增.(2)證明設h(x)=xf(x)=xlnx+2e,由h(x)=lnx+1=0,得x=1e,所以當x0,1e時,h(x)0,所以h(x)在0,1e上單調遞減,在1e,+上單調遞增,所以h(x)min=h1e=1e.設t(x)=xex(x0),則t(x)=1-xex,所以當x(0,1)時,t(x)0,t(x)單調遞增,當x(1,+)時,t(x)t(x),即xf(x)xex.4.解(1

10、)a1,函數f(x)的定義域為(0,+).f(x)=lnax-bx+1=lna+lnx-bx+1,f(x)=1x-b=1-bxx.當b0時,f(x)0,f(x)在(0,+)上為增函數,無極值;當b0時,由f(x)=0,得x=1b.當x0,1b時,f(x)0,f(x)單調遞增;當x1b,+時,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.當x0,1a時,g(x)0,g(x)單調遞增.g(x)g1a=1+lna,即g(x1)min=1+lna.f(x2)=1x2-b在x21,2上單調遞減,f(x2)max=

11、f(1)=1-b=3-ae.1+lna3-ae.即lna+ae-20.設h(a)=lna+ae-2,易知h(a)在(1,+)上單調遞增.又h(e)=0,實數a的取值范圍為(e,+).5.(1)解由f(x)=exx得,f(x)=xex-exx2=ex(x-1)x2,當x1時,f(x)1時,f(x)0,f(x)在區(qū)間(-,1)上單調遞減,在區(qū)間(1,+)上單調遞增.當t1時,f(x)在區(qū)間t,t+1上單調遞增,f(x)的最大值為f(t+1)=et+1t+1.當0t1,f(x)在區(qū)間(t,1)上單調遞減,在區(qū)間(1,t+1)上單調遞增,f(x)的最大值為f(x)max=maxf(t),f(t+1).

12、下面比較f(t)與f(t+1)的大小.f(t)-f(t+1)=ett-et+1t+1=(1-e)t+1ett(t+1).t0,1-e0,當0t1e-1時,f(t)-f(t+1)0,故f(x)在區(qū)間t,t+1上的最大值為f(t)=ett,當1e-1t1時,f(t)-f(t+1)0,f(x)在區(qū)間t,t+1上的最大值為f(t+1)=et+1t+1.綜上可知,當01e-1時,f(x)在區(qū)間t,t+1上的最大值為f(t+1)=et+1t+1.(2)證明不等式f(x)g(x)即為exxlnxx+1x-1.x0,不等式等價于exlnx-x+1,令h(x)=ex-(x+1)(x0),則h(x)=ex-10,

13、h(x)在(0,+)上為增函數,h(x)h(0)=0,即exx+1,所以,要證exlnx-x+1成立,只需證x+1lnx-x+1成立即可.即證2xlnx在(0,+)上成立.設(x)=2x-lnx,則(x)=2-1x=2x-1x,當0x12時,(x)12時,(x)0,(x)單調遞增,(x)min=12=1-ln12=1+ln20,(x)0在(0,+)上成立,對任意x(0,+),不等式f(x)g(x)都成立.6.解(1)略(2)f(x)=xex-2kx=x(ex-2k),當k0時,ex-2k0,所以,當x0時,f(x)0時,f(x)0,則f(x)在區(qū)間(-,0)上單調遞減,在區(qū)間(0,+)上單調遞

14、增,所以f(x)在區(qū)間0,+)上的最小值為f(0),且f(0)=1,符合題意;當k0時,令f(x)=0,得x=0或x=ln2k,所以當00,f(x)單調遞增,所以f(x)在區(qū)間0,+)上的最小值為f(0),且f(0)=1,符合題意;當k12時,ln2k0,當x(0,ln2k)時,f(x)0,f(x)在區(qū)間(0,ln2k)上單調遞減,所以f(ln2k)1,只需證h(x)=ex-12x2-x-10.h(x)=ex-x-1,令c(x)=ex-x-1,則c(x)=ex-1.因為當x0時,c(x)0,所以h(x)=ex-x-1在(0,+)上單調遞增,所以h(x)=ex-x-1h(0)=0.所以h(x)=

15、ex-12x2-x-1在(0,+)上單調遞增,所以h(x)=ex-12x2-x-1h(0)=0成立.所以當x0時,f(x)1.(3)證明(方法1)由(2)知當x0時,f(x)1.因為exn+1=f(xn),所以xn+1=lnf(xn).設g(xn)=lnf(xn),則xn+1=g(xn),所以xn=g(xn-1)=g(g(xn-2)=g(g(x1)0.要證2n|exn-1|1,只需證|exn-1|12n.因為x1=13,所以|ex1-1|=e13-1.因為e-323=e-2780,所以e1332,所以|ex1-1|=e13-112.故只需證|exn+1-1|12|exn-1|.因為xn(0,+

16、),故只需證exn+1-112exn-12,即證f(xn)-10,(x)=12x2+x-2ex+x+2,令(x)=12x2+x-2ex+x+2,則(x)=12x2+2x-1ex+1,令(x)=12x2+2x-1ex+1,則(x)=12x2+3x+1ex0,所以(x)在區(qū)間(0,+)上單調遞增,故(x)=12x2+2x-1ex+1(0)=0.所以(x)在區(qū)間(0,+)上單調遞增,故(x)=12x2+x-2ex+x+2(0)=0.所以(x)在區(qū)間(0,+)上單調遞增,所以(x)=12x2-2ex+12x2+2x+2(0)=0,所以原不等式成立.(方法2)由(2)知當x0時,f(x)1.因為exn+

17、1=f(xn),所以xn+1=lnf(xn).設g(xn)=lnf(xn),則xn+1=g(xn),所以xn=g(xn-1)=g(g(xn-2)=g(g(x1)0.要證2n|exn-1|1,只需證|exn-1|12n.因為x1=13,所以|ex1-1|=e13-1.因為e-323=e-2780,所以e1332,所以|ex1-1|=e13-112.故只需證|exn+1-1|12|exn-1|.因為xn(0,+),故只需證exn+1-112exn-12,即證f(xn)-10.因為(x)=12(x2-4)ex+12(x2+4x+4)=12(x+2)(x-2)ex+(x+2),設u(x)=(x-2)e

18、x+(x+2),故只需證u(x)0.u(x)=(x-1)ex+1,令v(x)=(x-1)ex+1,則v(x)=xex0,所以v(x)在區(qū)間(0,+)上單調遞增,故v(x)=(x-1)ex+1v(0)=0,所以u(x)在區(qū)間(0,+)上單調遞增,故u(x)=(x-2)ex+(x+2)u(0)=0,所以原不等式成立.8.(1)解由題意,得f(x)=lnx+1,故g(x)=ax2-(a+2)x+lnx+1,故g(x)=2ax-(a+2)+1x=(2x-1)(ax-1)x,x0,a0.令g(x)=0,得x1=12,x2=1a.當0a12,由g(x)0,得0x1a;由g(x)0,得12x2時,1a0,得

19、0x12;由g(x)0,得1ax12.所以g(x)在x=1a處取極大值g1a=-1a-lna,在x=12處取極小值g12=-a4-ln2.綜上,當0a2時,g(x)在x=1a處取極大值-1a-lna,在x=12處取極小值-a4-ln2.(2)證明f(x)=xlnx-xex,定義域為x(0,+),f(x)=1+lnx+x-1ex.當x(1,2)時,f(x)0,即f(x)在區(qū)間(1,2)上單調遞增.又因為f(1)=-1e0,且f(x)在區(qū)間(1,2)上的圖像連續(xù)不斷,故根據函數零點存在定理,f(x)在區(qū)間(1,2)上有且僅有一個零點.所以存在x0(1,2),使得f(x0)=f(x0)-x0ex0=

20、0.且當1xx0時,f(x)x0時,f(x)xex.所以m(x)=minf(x),xex=xlnx,1xx0.當1x0,得m(x)單調遞增;當xx0時,m(x)=xex,由m(x)=1-xex0,得m(x)單調遞減.若m(x)=n在區(qū)間(1,+)上有兩個不等實數解x1,x2(x12x0,即證x22x0-x1.又因為2x0-x1x0,而m(x)在區(qū)間(x0,+)上單調遞減,所以可證m(x2)m(2x0-x1).由m(x1)=m(x2),即證m(x1)m(2x0-x1),即x1lnx12x0-x1e2x0-x1.記h(x)=xlnx-2x0-xe2x0-x,1x0;當t(1,+)時,(t)0,故0

21、(t)1,所以-1e-2x0-xe2x0-x1-1e0,即h(x)單調遞增,故當1xx0時,h(x)h(x0)=0,即x1lnx12x0,得證.突破2利用導數研究與函數零點有關的問題1.(1)證明由f(x)0可得,a1+lnxx(x0),令h(x)=1+lnxx,則h(x)=1xx-(1+lnx)x2=-lnxx2.當x(0,1)時,h(x)0,h(x)單調遞增;當x(1,+)時,h(x)0,h(x)單調遞減,故h(x)在x=1處取得最大值,要使a1+lnxx,只需ah(1)=1,故a的取值范圍為1,+).顯然,當a=1時,有1+lnxx1,即不等式lnx1(nn*),則有l(wèi)nn+1nn+1n

22、-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,則t(x)=-lnxx2-(x2-1)ex,當x(0,1)時,t(x)0,t(x)單調遞增;當x(1,+)時,t(x)0,t(x)單調遞減,故t(x)在x=1處取得最大值t(1)=1,又當x0時,t(x)-,當x+時,t(x)-,所以,當a=1時,方程f(x)=g(x)有一個實數根;當a1時,方程f(x)=g(x)沒有實數根.2.(1)證明設函數f(x)=f(x)-g(x)=xex

23、-aex+a.當a=1時,f(x)=xex-ex+1,所以f(x)=xex.所以當x(-,0)時,f(x)0.所以f(x)在(-,0)上單調遞減,在(0,+)上單調遞增.所以當x=0時,f(x)取得最小值f(0)=0.所以f(x)0,即f(x)g(x).(2)解設函數f(x)=f(x)-g(x)=xex-aex+a.當a1時,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,+)上單調遞減.所以h(a)h(1)=0,所以f(a-1)0,所以f(x)在區(qū)間(a-1,a)上存在一個零

24、點.所以在a-1,+)上存在唯一的零點.又因為f(x)在區(qū)間(-,a-1)上單調遞減,且f(0)=0,所以f(x)在區(qū)間(-,a-1)上存在唯一的零點0.所以函數f(x)有且僅有兩個零點,即方程f(x)=g(x)有兩個實數根.3.解(1)略.(2)設t=ex,則f(t)=2at2+2(a+1)t的圖像與y=4t+lnt的圖像只有一個交點,其中t0,則2at2+2(a+1)t=4t+lnt只有一個實數解,即2a=2t+lntt2+t只有一個實數解.設g(t)=2t+lntt2+t,則g(t)=-2t2+t-2tlnt+1-lnt(t2+t)2,g(1)=0.令h(t)=-2t2+t-2tlnt+

25、1-lnt,則h(t)=-4t-1t-2lnt-1.設y=1t+2lnt,令y=-1t2+2t=2t-1t2=0,解得t=12,則y,y隨t的變化如表所示t0,121212,+y-0+y2-2ln2則當t=12時,y=1t+2lnt取最小值為2-2ln2=2(1-ln2)0.所以-1t-2lnt0,即h(t)=-4t-1t-2lnt-10,g(t)單調遞增;當t(1,+)時,g(t)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,