2025版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)微專題小練習(xí)專練18高考大題專練一導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用

專練18高考大題專練(一)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用1．[2024·新課標(biāo)Ⅰ卷]已知函數(shù)f(x)＝lneq\f(x,2－x)＋ax＋b(x－1)3.(1)若b＝0，且f′(x)≥0，求a的最小值；(2)證明：曲線y＝f(x)是中心對稱圖形；(3)若f(x)>－2當(dāng)且僅當(dāng)1<x<2，求b的取值范圍．解析：(1)當(dāng)b＝0時(shí)，f(x)＝lneq\f(x,2－x)＋ax，x∈(0，2)，則f′(x)＝eq\f(2－x,x)·(eq\f(x,2－x))′＋a＝eq\f(2－x,x)·eq\f(2－x－（－1）x,（2－x）2)＋a＝eq\f(2,x（2－x）)＋a.∵f′(x)≥0，∴a≥eq\f(2,x（x－2）)在(0，2)上恒成立．當(dāng)x∈(0，2)時(shí)，x(x－2)∈[－1，0)，∴eq\f(2,x（x－2）)∈(－∞，－2]，∴a∈[－2，＋∞)，即a的最小值為－2.(2)證明：方法一∵f(x)＝lneq\f(x,2－x)＋ax＋b(x－1)3，x∈(0，2)，∴f(x＋1)＝lneq\f(1＋x,1－x)＋ax＋a＋bx3，x∈(－1，1).令g(x)＝f(x＋1)－a＝lneq\f(1＋x,1－x)＋ax＋bx3，x∈(－1，1)，則g(－x)＝lneq\f(1－x,1＋x)－ax－bx3＝－lneq\f(1＋x,1－x)－ax－bx3＝－g(x)，∴g(x)是定義域?yàn)?－1，1)的奇函數(shù)，其圖象關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)O對稱．又∵f(x)的圖象可由g(x)的圖象向右平移1個(gè)單位長度，再向上平移a個(gè)單位長度得到，∴曲線y＝f(x)是中心對稱圖形．方法二f(x)的定義域?yàn)?0，2)，f(1)＝a.當(dāng)x∈(－1，1)時(shí)，f(1＋x)＝lneq\f(1＋x,1－x)＋a(1＋x)＋bx3，f(1－x)＝lneq\f(1－x,1＋x)＋a(1－x)－bx3，∴f(1＋x)＋f(1－x)＝lneq\f(1＋x,1－x)＋lneq\f(1－x,1＋x)＋2a＝2a，∴曲線y＝f(x)關(guān)于點(diǎn)(1，a)中心對稱，即曲線y＝f(x)是中心對稱圖形．(3)∵f(x)>－2當(dāng)且僅當(dāng)1<x<2，∴f(1)＝－2?a＝－2，∴f(x)＝lneq\f(x,2－x)－2x＋b(x－1)3>－2對任意x∈(1，2)恒成立，f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,2－x)－2＋3b(x－1)2＝eq\f(2（x－1）2,x（2－x）)＋3b(x－1)2＝(x－1)2·[eq\f(2,x（2－x）)＋3b].令m(x)＝eq\f(2,x（2－x）)＋3b，∴必有m(1)＝2＋3b≥0?b≥－eq\f(2,3).否則若b<－eq\f(2,3)，則存在δ(1<δ<2)使得當(dāng)x∈(1，δ)時(shí)，f′(x)<0，f(x)在(1，δ)上單調(diào)遞減，∴f(δ)<f(1)＝－2.當(dāng)b≥－eq\f(2,3)時(shí)，對任意x∈(1，2)，f(x)≥lneq\f(x,2－x)－2x－eq\f(2,3)(x－1)3，令h(x)＝lneq\f(x,2－x)－2x－eq\f(2,3)(x－1)3，則h′(x)＝eq\f(2（x－1）2,x（2－x）)－2(x－1)2＝2(x－1)2[eq\f(1,x（2－x）)－1]>0，對任意x∈(1，2)恒成立，∴h(x)>h(1)＝－2，符合條件．綜上可得b的取值范圍是[－eq\f(2,3)，＋∞).2．[2023·新課標(biāo)Ⅰ卷]已知函數(shù)f(x)＝a(ex＋a)－x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)證明：當(dāng)a>0時(shí)，f(x)>2lna＋eq\f(3,2).解析：(1)f′(x)＝aex－1，當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)≤0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)>0，得x>－lna，令f′(x)<0，得x<－lna，所以函數(shù)f(x)在(－∞，－lna)上單調(diào)遞減，在(－lna，＋∞)上單調(diào)遞增．綜上可得：當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)在(－∞，－lna)上單調(diào)遞減，在(－lna，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)方法一由(1)得當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)＝a(ex＋a)－x的最小值為f(－lna)＝a(e－lna＋a)＋lna＝1＋a2＋lna，令g(a)＝1＋a2＋lna－2lna－eq\f(3,2)＝a2－lna－eq\f(1,2)，a∈(0，＋∞)，所以g′(a)＝2a－eq\f(1,a)，令g′(a)>0，得a>eq\f(\r(2),2)；令g′(a)<0，得0<a<eq\f(\r(2),2).所以函數(shù)g(a)在(0，eq\f(\r(2),2))上單調(diào)遞減，在(eq\f(\r(2),2)，＋∞)上單調(diào)遞增，所以函數(shù)g(a)的最小值為g(eq\f(\r(2),2))＝(eq\f(\r(2),2))2－lneq\f(\r(2),2)－eq\f(1,2)＝lneq\r(2)>0，所以當(dāng)a>0時(shí)，f(x)>2lna＋eq\f(3,2)成立．方法二當(dāng)a>0時(shí)，由(1)得，f(x)min＝f(－lna)＝1＋a2＋lna，故欲證f(x)>2lna＋eq\f(3,2)成立，只需證1＋a2＋lna>2lna＋eq\f(3,2)，即證a2－eq\f(1,2)>lna.構(gòu)造函數(shù)u(a)＝lna－(a－1)(a>0)，則u′(a)＝eq\f(1,a)－1＝eq\f(1－a,a)，所以當(dāng)a>1時(shí)，u′(a)<0；當(dāng)0<a<1時(shí)，u′(a)>0.所以函數(shù)u(a)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以u(a)≤u(1)＝0，即lna≤a－1，故只需證a2－eq\f(1,2)>a－1，即證a2－a＋eq\f(1,2)>0，因?yàn)閍2－a＋eq\f(1,2)＝(a－eq\f(1,2))2＋eq\f(1,4)>0恒成立，所以當(dāng)a>0時(shí)，f(x)>2lna＋eq\f(3,2)成立．3．[2024·新課標(biāo)Ⅱ卷]已知函數(shù)f(x)＝ex－ax－a3.(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；(2)若f(x)有極小值，且極小值小于0，求a的取值范圍．解析：(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝ex－x－1，則f′(x)＝ex－1，所以f′(1)＝e－1.又因?yàn)閒(1)＝e－2，所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x－1.(2)f(x)＝ex－ax－a3，則f′(x)＝ex－a，當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)＝ex－a>0，則f(x)在R上單調(diào)遞增，無極值點(diǎn)，所以a>0.令f′(x)<0，得x<lna，令f′(x)>0，得x>lna，所以f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增，所以x＝lna是f(x)的極小值點(diǎn)，極小值為f(lna)＝elna－alna－a3＝a－alna－a3，則問題轉(zhuǎn)化為解不等式a－alna－a3<0.又因?yàn)閍>0，所以不等式可化為a2＋lna－1>0.令g(a)＝a2＋lna－1，則g′(a)＝2a＋eq\f(1,a)>0恒成立，所以g(a)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又g(1)＝0，所以不等式a－alna－a3<0的解集為(1，＋∞)，所以a的取值范圍是(1，＋∞).4．[2024·全國甲卷(理)]已知函數(shù)f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x.(1)當(dāng)a＝－2，求f(x)的極值；(2)當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)≥0，求a的取值范圍．解析：(1)當(dāng)a＝－2時(shí)，f(x)＝(1＋2x)ln(1＋x)－x，x>－1，f′(x)＝2ln(1＋x)＋eq\f(x,1＋x).當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)－1<x<0時(shí)，f′(x)<0，所以f(x)在(－1，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(x)的極小值為f(0)＝0，無極大值．(2)f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x，f′(x)＝－aln(1＋x)－eq\f(（a＋1）x,1＋x).令g(x)＝f′(x)，則g′(x)＝－eq\f(a,1＋x)－eq\f(a＋1,（1＋x）2).因?yàn)楫?dāng)x≥0時(shí)，f(x)≥0，且f(0)＝0，f′(0)＝0，所以g′(0)＝－1－2a≥0，得a≤－eq\f(1,2).當(dāng)a≤－eq\f(1,2)時(shí)，g′(x)≥eq\f(1,2（1＋x）)－eq\f(1,2（1＋x）2)＝eq\f(x,2（1＋x）2)≥0，且等號(hào)不恒成立，所以g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f′(x)＝g(x)≥g(0)＝0，且等號(hào)不恒成立，故f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)≥f(0)＝0恒成立，故a的取值范圍為(－∞，－eq\f(1,2)].5．[2022·新高考Ⅰ卷]已知函數(shù)f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－lnx有相同的最小值．(1)求a；(2)證明：存在直線y＝b，其與兩條曲線y＝f(x)和y＝g(x)共有三個(gè)不同的交點(diǎn)，并且從左到右的三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列．解析：(1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a.由于f(x)存在最小值，則方程f′(x)＝0有解，故a>0，解得x＝lna.所以f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(lna)＝a－alna.同理，得g(x)min＝g(eq\f(1,a))＝1＋lna.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)，g(x)的最小值相等，所以a－alna＝1＋lna，即(a＋1)lna＋1－a＝0.令h(x)＝(x＋1)lnx＋1－x，x>0，則h′(x)＝lnx＋eq\f(1,x).令m(x)＝lnx＋eq\f(1,x)，x>0，則m′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2).令eq\f(x－1,x2)>0，則x>1；令eq\f(x－1,x2)<0，則0<x<1.所以m(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，即h′(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h′(x)min＝h′(1)＝1>0，所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又h(1)＝0，所以1是h(x)唯一零點(diǎn)，所以a＝1.(2)證明：由(1)知f(x)＝ex－x，g(x)＝x－lnx，且f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，且f(x)min＝g(x)min＝1.①當(dāng)b<1時(shí)，f(x)min＝g(x)min＝1>b，顯然直線y＝b與兩條曲線y＝f(x)和y＝g(x)無交點(diǎn)，不符合題意．②當(dāng)b＝1時(shí)，f(x)min＝g(x)min＝1＝b，則直線y＝b與兩條曲線y＝f(x)和y＝g(x)共有2個(gè)交點(diǎn)，不符合題意．③當(dāng)b>1時(shí)，首先證明直線y＝b與曲線y＝f(x)有2個(gè)交點(diǎn)，即證F(x)＝f(x)－b有2個(gè)零點(diǎn)．因?yàn)镕′(x)＝f′(x)＝ex－1，所以F(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.F(－b)＝e－b>0，F(xiàn)(0)＝1－b<0，F(xiàn)(b)＝eb－2b.令t(b)＝eb－2b，b>1，則t′(b)＝eb－2>0，所以t(b)>t(1)＝e－2>0，所以F(b)>0.所以由零點(diǎn)存在定理，知F(x)＝f(x)－b在(－∞，0)上存在且只存在1個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為x1，在(0，＋∞)上存在且只存在1個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為x2.其次證明直線y＝b與曲線g(x)有2個(gè)交點(diǎn)，即證G(x)＝g(x)－b有2個(gè)零點(diǎn)．因?yàn)镚′(x)＝g′(x)＝1－eq\f(1,x)，所以G(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．G(e－b)＝e－b>0，G(1)＝1－b<0，G(2b)＝b－ln2b.令μ(x)＝eq\f(x,2)－lnx，x>2，則μ′(x)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,x)>0，所以μ(x)>μ(2)＝1－ln2>0，即G(2b)>0.所以由零點(diǎn)存在定理，得G(x)＝g(x)－b在(0，1)上存在且只存在1個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為x3，在(1，＋∞)上存在且只存在1個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為x4.再次證明存在b使得x2＝x3.因?yàn)镕(x2)＝G(x3)＝0，所以b＝ex2－x2＝x3－lnx3.若x2＝x3，則ex2－x2＝x2－lnx2，即ex2－2x2＋lnx2＝0，所以只需證明方程ex－2x＋lnx＝0在(0，1)上有解即可，即證明φ(x)＝ex－2x＋lnx在(0，1)上有零點(diǎn)．因?yàn)棣?eq\f(1,e3))＝eeq\s\up6(\f(1,e3))－eq\f(2,e3)－3<0，φ(1)＝e－2>0，所以φ(x)＝ex－2x＋lnx在(0，1)上存在零點(diǎn)，取一零點(diǎn)為x0，令x2＝x3＝x0即可，此時(shí)b＝ex0－x0，則此時(shí)存在直線y＝b與兩條曲線y＝f(x)和y＝g(x)共有三個(gè)不同的交點(diǎn)．最后證明x1＋x4＝2x0，即從左到右的三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列．因?yàn)镕(x1)＝F(x2)＝F(x0)＝G(x3)＝G(x0)＝G(x4)＝0，所以F(x1)＝G(x0)＝F(lnx0).又因?yàn)镕(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，x1<0，0<x0<1，即lnx0<0，所以x1＝lnx0.因?yàn)镕(x0)＝G(ex0)＝G(x4)，又因?yàn)镚(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，x0>0，即ex0>1，x4>1，所以x4＝ex0.又因?yàn)閑x0－2x0＋lnx0＝0，所以x1＋x4＝lnx0＋ex0＝2x0，即存在直線y＝b與兩條曲線y＝f(x)和y＝g(x)從左到右的三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列．6．[2024·九省聯(lián)考]已知函數(shù)f(x)＝lnx＋x2＋ax＋2在點(diǎn)(2，f(2))處的切線與直線2x＋3y＝0垂直．(1)求a；(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值．解析：(1)f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x＋a，則f′(2)＝eq\f(1,2)＋2×2＋a＝eq\f(9,2)＋a，由題意可得(eq\f(9,2)＋a)×(－eq\f(2,3))＝－1，解得a＝－3.(2)由a＝－3，故f(x)＝lnx＋x2－3x＋2，則f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x－3＝eq\f(2x2－3x＋1,x)＝eq\f(（2x－1）（x－1）,x)，x>0，故當(dāng)0<x<eq\f(1,2)時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)eq\f(1,2)<x<1時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)>0，故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，eq\f(1,2))，(1，＋∞)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(eq\f(1,2)，1)，故f(x)有極大值f(eq\f(1,2))＝lneq\f(1,2)＋(eq\f(1,2))2－3×eq\f(1,2)＋2＝eq\f(3,4)－ln2，有極小值f(1)＝ln1＋12－3×1＋2＝0.7．[2023·新課標(biāo)Ⅱ卷](1)證明：當(dāng)0<x<1時(shí)，x－x2<sinx<x；(2)已知函數(shù)f(x)＝cosax－ln(1－x2)，若x＝0是f(x)的極大值點(diǎn)，求a的取值范圍．解析：(1)令h(x)＝x－x2－sinx，則h′(x)＝1－2x－cosx，令p(x)＝1－2x－cosx，則p′(x)＝－2＋sinx<0，所以p(x)即h′(x)單調(diào)遞減，又h′(0)＝0，所以當(dāng)0<x<1時(shí)，h′(x)<h′(0)＝0，h(x)單調(diào)遞減，所以當(dāng)0<x<1時(shí)，h(x)<h(0)＝0，即x－x2<sinx.令g(x)＝sinx－x，則g′(x)＝cosx－1≤0，所以g(x)單調(diào)遞減，又g(0)＝0，所以當(dāng)0<x<1時(shí)，g(x)<g(0)＝0，即sinx<x.綜上，當(dāng)0<x<1時(shí)，x－x2<sinx<x.(2)方法一因?yàn)閒(x)＝cosax－ln(1－x2)(－1<x<1)，所以f(x)＝f(－x)，所以f(x)為偶函數(shù)．f′(x)＝－asinax＋eq\f(2x,1－x2)(－1<x<1)，令t(x)＝－asinax＋eq\f(2x,1－x2)(－1<x<1)，則t′(x)＝－a2cosax＋eq\f(2（1＋x2）,（1－x2）2)(－1<x<1).令n(x)＝－a2cosax＋eq\f(2（1＋x2）,（1－x2）2)，則n′(x)＝a3sinax＋eq\f(4x（3＋x2）,（1－x2）3).當(dāng)a＝0時(shí)，當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)－1<x<0時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，所以x＝0是f(x)的極小值點(diǎn)，不符合題意．當(dāng)a>0時(shí)，取eq\f(π,2a)與1中的較小者，為m，則當(dāng)0<x<m時(shí)，易知n′(x)>0，所以n(x)即t′(x)在(0，m)上單調(diào)遞增，所以t′(x)>t′(0)＝2－a2.①當(dāng)2－a2≥0，即0<a≤eq\r(2)時(shí)，t′(x)>0(0<x<m).所以t(x)在(0，m)上單調(diào)遞增，所以t(x)>t(0)＝0，即f′(x)>0.那么f(x)在(0，m)上單調(diào)遞增，由偶函數(shù)性質(zhì)知f(x)在(－m，0)上單調(diào)遞減．故x＝0是f(x)的極小值點(diǎn)，不符合題意．②當(dāng)2－a2<0，即a>eq\r(2)時(shí)，當(dāng)eq\f(π,2a)<1，即a>eq\f(π,2)時(shí)，因?yàn)閠′(0)<0，t′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2a)))>0，所以t′(x)在(0，m)上存在唯一零點(diǎn)x1，且當(dāng)0<x<x1時(shí)，t′(x)<0，t(x)單調(diào)遞減，因?yàn)閠(0)＝0，所以當(dāng)0<x<x1時(shí)，t(x)<0，即f′(x)<0，所以f(x)在(0，x1)上單調(diào)遞減，因?yàn)閒(x)為偶函數(shù)，所以f(x)在(－x1，0)上單調(diào)遞增，故可得x＝0是f(x)的極大值點(diǎn)，符合題意．當(dāng)eq\f(π,2a)>1，即eq\r(2)<a<eq\f(π,2)時(shí)，因?yàn)閠′(0)<0，t′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－a2coseq\f(a,2)＋eq\f(40,9)>0，所以t′(x)在(0，m)上存在唯一零點(diǎn)x2，且當(dāng)0<x<x2時(shí)，t′(x)<0，t(x)單調(diào)遞減．因?yàn)閠(0)＝0，所以當(dāng)0<x<x2時(shí)，t(x)<0，即f′(x)<0，所以f(x)在(0，x2)上單調(diào)遞減．因?yàn)閒(x)為偶函數(shù)，所以f(x)在(－x2，0)上單調(diào)遞增，故可得x＝0是f(x)的極大值點(diǎn)，符號(hào)題意．當(dāng)a<0時(shí)，由偶函數(shù)圖象的對稱性可得a<－eq\r(2).綜上所述，a的取值范圍是(－∞，－eq\r(2))∪(eq\r(2)，＋∞).方法二由f(x)＝cosax－ln(1－x2)，得f′(x)＝－asinax＋eq\f(2x,1－x2)(－1<x<1)，令t(x)＝－asinax＋eq\f(2x,1－x2)(－1<x<1)，則t′(x)＝－a2cosax＋eq\f(2（1＋x2）,（1－x2）2)(－1<x<1).由x＝0是f(x)的極大值點(diǎn)，易得f′(0)＝0，t′(0)<0，所以2－a2<0，解得a<－eq\r(2)或a>eq\r(2).所以a的取值范圍是(－∞，－eq\r(2))∪(eq\r(2)，＋∞).8．[2023·全國甲卷(理)]已知函數(shù)f(x)＝ax－eq\f(sinx,cos3x)，x∈(0，eq\f(π,2)).(1)當(dāng)a＝8時(shí)，討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)<sin2x，求a的取值范圍．解析：(1)當(dāng)a＝8時(shí)，f(x)＝8x－eq\f(sinx,cos3x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))))，f′(x)＝8－eq\f(cos4x＋3sin2xcos2x,cos6x)＝8＋eq\f(2,cos2x)－eq\f(3,cos4x).令eq\f(1,cos2x)＝t，則t∈(1，＋∞)，令h(t)＝－3t2＋2t＋8＝－(3t＋4)(t－2