2022高考數(shù)學一輪復習 高考大題專項練導數(shù)的綜合應用北師大版

1、2022高考數(shù)學一輪復習 高考大題專項練導數(shù)的綜合應用北師大版2022高考數(shù)學一輪復習 高考大題專項練導數(shù)的綜合應用北師大版年級：姓名：高考大題專項(一)導數(shù)的綜合應用突破1利用導數(shù)研究與不等式有關(guān)的問題1.(2020湖南邵陽三中模擬)已知函數(shù)f(x)=x3+(1-a)x2-a(a+2)x+b(a,br).(1)若函數(shù)f(x)的圖像過原點,且在原點處的切線斜率為-3,求a,b的值;(2)若曲線y=f(x)存在兩條垂直于y軸的切線,求a的取值范圍.2.(2020江西樂平中學模擬)已知函數(shù)f(x)=ax-axln x-1(ar,a0).(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;(2)當x1時,求證:1x-1

2、1ex-1.3.已知函數(shù)f(x)=ln x+ax(ar)的圖像在點1e,f1e處的切線斜率為-e,其中e為自然對數(shù)的底數(shù).(1)求實數(shù)a的值,并求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)證明:xf(x)xex.4.(2020廣東湛江一模,文21)已知函數(shù)f(x)=ln ax-bx+1,g(x)=ax-ln x,a1.(1)求函數(shù)f(x)的極值;(2)直線y=2x+1為函數(shù)f(x)圖像的一條切線,若對任意的x1(0,1),x21,2都有g(shù)(x1)f(x2)成立,求實數(shù)a的取值范圍.5.(2020福建羅源一中模擬,文20)已知函數(shù)f(x)=ln x+2x+1,求證:f(x)x+12.6.(2020廣東湛江四中模

3、擬)已知函數(shù)f(x)=xex+2x+aln x,曲線y=f(x)在點p(1,f(1)處的切線與直線x+2y-1=0垂直.(1)求實數(shù)a的值;(2)求證:f(x)x2+2.突破2用導數(shù)研究與函數(shù)零點有關(guān)的問題1.(2020河南洛陽八中模擬)設(shè)函數(shù)f(x)=13x3-bx+c(b,cr).(1)若曲線f(x)在點(1,f(1)處的切線方程為y=2x+1,求b,c的值;(2)若b=1,c=13,求證:f(x)在區(qū)間(1,2)內(nèi)存在唯一零點.2.(2020山東煙臺一模,21)已知函數(shù)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

4、1+12+13+1nln(n+1);(2)設(shè)g(x)=(x-1)2ex,討論方程f(x)=g(x)的實數(shù)根的個數(shù).3.(2020河北衡水中學調(diào)研)已知函數(shù)f(x)=kx-ln x(k0).(1)若k=1,求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)若函數(shù)f(x)有且只有一個零點,求實數(shù)k的值.4.(2020北京通州區(qū)一模,19)已知函數(shù)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(guān)于x的方程f(x)=g(x)的實數(shù)根的個數(shù).5.(2020天津和平區(qū)一模,20)已知函數(shù)f(x)=ax+bxex,a,br,且a0.(1)若函數(shù)f(x)在x=-1處取

5、得極值1e,求函數(shù)f(x)的解析式;(2)在(1)的條件下,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(3)設(shè)g(x)=a(x-1)ex-f(x),g(x)為g(x)的導函數(shù).若存在x0(1,+),使g(x0)+g(x0)=0成立,求ba的取值范圍.6.已知函數(shù)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(shù)g(x)在0,3上的值域;(2)當x0時,記函數(shù)h(x)=f(x),f(x)0,即4a2+4a+10,所以a-12.所以a的取值范圍為-,-12-12,+.2.(1)解f(x)=a-a(lnx+1)=-

6、alnx,若a0,則當x(0,1)時,f(x)0;當x(1,+),f(x)0,所以f(x)在(0,1)上遞增,在(1,+)上遞減;若a0,則當x(0,1)時,f(x)0,所以f(x)在(0,1)上遞減,在(1,+)上遞增.(2)證明要證1x-11ex-1,需證xx-1e-x,令t=1x,t(0,1),則原不等式可轉(zhuǎn)化為11-tet,兩邊同取以e為底的對數(shù),得-ln(1-t)t,則需證t+ln(1-t)0,令g(t)=t+ln(1-t),t(0,1),則g(t)=1t-1+1=tt-10,故g(t)在(0,1)上遞減,g(t)g(0)=0,原不等式得證.3.解因為函數(shù)f(x)的定義域為(0,+)

7、,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上遞減,在2e,+上遞增.(2)證明設(shè)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上遞減,在1e,+上遞增,所以h(x)min=h1e=1e.設(shè)t(x)=xex(x0),則t(x)=1-xex,所以當x(0,1)時,t(x)0,t(x)遞增,當x(1,+)時,t(x)t(x),即xf(x)xex.4.證明(1)a1,函數(shù)f(x)的定

8、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,+)上為增加的,無極值;當b0時,由f(x)=0,得x=1b.當x0,1b時,f(x)0,f(x)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)遞增.g(x)g1a=1+lna,即g(x1)min=1+lna.f(x2)=1x2-b在x21,2上遞減,f(x2)max=f(1)=1-b=3-ae.1+ln

9、a3-ae.即lna+ae-20.設(shè)h(a)=lna+ae-2,易知h(a)在(1,+)上遞增.又h(e)=0,實數(shù)a的取值范圍為(e,+).5.證明令g(x)=f(x)-x+12=lnx+2x+1-x+12(x0),則g(x)=1x-2(x+1)2-12=2-x-x32x(x+1)2=-(x-1)(x2+x+2)2x(x+1)2.當x1時,g(x)0;當0x0,所以g(x)在(0,1)上遞增,在(1,+)上遞減,即當x=1時,g(x)取得最大值,故g(x)g(1)=0,即f(x)x+12成立.6.(1)解因為f(x)=(x+1)ex+2+ax,所以曲線y=f(x)在點p(1,f(1)處的切線

10、斜率k=f(1)=2e+2+a.而直線x+2y-1=0的斜率為-12,由題意可得(2e+2+a)-12=-1,解得a=-2e.(2)證明由(1)知,f(x)=xex+2x-2elnx.不等式f(x)x2+2可轉(zhuǎn)化為xex+2x-2elnx-x2-20.設(shè)g(x)=xex+2x-2elnx-x2-2,則g(x)=(x+1)ex+2-2ex-2x.記h(x)=(x+1)ex+2-2ex-2x(x0),則h(x)=(x+2)ex+2ex2-2,因為x0,所以x+22,ex1,故(x+2)ex2,又因為2ex20,所以h(x)=(x+2)ex+2ex2-20,所以函數(shù)h(x)在(0,+)上遞增.又h(

11、1)=2e+2-2e-2=0,所以當x(0,1)時,h(x)0,即g(x)0,即g(x)0,函數(shù)g(x)遞增;所以g(x)g(1)=e+2-2eln1-1-2=e-1,顯然e-10,所以g(x)0,即xex+2x-2elnxx2+2,也就是f(x)x2+2.突破2用導數(shù)研究與函數(shù)零點有關(guān)的問題1.(1)解由題意得f(x)=x2-b,所以f(1)=1-b=2,解得b=-1.又因為f(1)=2+1=3,所以13-b+c=3,解得c=53.故b=-1,c=53.(2)證明若b=1,c=13,則f(x)=13x3-x+13.因為f(1)f(2)=-110,所以f(x)在(1,2)上遞增.所以f(x)在

12、區(qū)間(1,2)內(nèi)存在唯一零點.2.(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)遞增;當x(1,+)時,h(x)0,h(x)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-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-

13、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)遞增;當x(1,+)時,t(x)0,t(x)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(shù)根;當a1時,方程f(x)=g(x)沒有實數(shù)根.3.解(1)當k=1時,f(x)=x-lnx,定義域為(0,+),則f(x)=1-1x,由f(x)0得x1,由f(x)0得0x0),令g(x)=lnxx(x0),則g(x)=1-lnxx2,當x=e時,g(x)=0;當0x0

14、;當xe時,g(x)0,所以要使f(x)僅有一個零點,則k=1e.(方法2)f(x)=kx-lnx,f(x)=k-1x=kx-1x(x0,k0).當x=1k時,f(x)=0;當0x1k時,f(x)1k時,f(x)0.所以f(x)在0,1k上遞減,在1k,+上遞增,所以f(x)min=f1k=1-ln1k,因為f(x)有且只有一個零點,所以1-ln1k=0,即k=1e.4.(1)證明設(shè)函數(shù)f(x)=f(x)-g(x)=xex-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)上遞減,在(0,+)上遞增.所以當x=0

15、時,f(x)取得最小值f(0)=0.所以f(x)0,即f(x)g(x).(2)解設(shè)函數(shù)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(shù)f(x)有且僅有兩個零點,即

16、方程f(x)=g(x)有兩個實數(shù)根.5.解(1)函數(shù)f(x)的定義域為(-,0)(0,+).f(x)=ax2+bx-bx2ex,由題知f(-1)=0,f(-1)=1e,即(a-2b)e-1=0,(-a+b)-1e-1=1e,解得a=2,b=1,所以函數(shù)f(x)=2x+1xex(x0).(2)f(x)=2x2+x-1x2ex=(x+1)(2x-1)x2ex.令f(x)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,+)

17、,使g(x0)+g(x0)=0成立,等價于存在x0(1,+),使2ax03-3ax02-2bx0+b=0成立.設(shè)u(x)=2ax3-3ax2-2bx+b(x1),則u(x)=6ax2-6ax-2b=6ax(x-1)-2b-2b.當b0時,u(x)0,此時u(x)在(1,+)上遞增,因此u(x)u(1)=-a-b.因為存在x0(1,+),使2ax03-3ax02-2bx0+b=0成立,所以只要-a-b0即可,此時-10時,令u(x)=b,解得x1=3a+9a2+16ab4a3a+9a24a=321,x2=3a-9a2+16ab4a(舍去),x3=0(舍去),得u(x1)=b0.又因為u(1)=-a-b1,使2ax03-3ax02-2bx0+b=0成立,此時ba0.綜上有ba的取值范圍為(-1,+).6.解(1)因為g(x)=2a3x3+2(1-a)x2-8x+8a+7,所以g(x)=2ax2+4(1-a)x-8,所以g(2)=0.所以a=0,即g(x)=2x2-8x+7.g(0)=7,g(3)=1,g(2)=-1.所以g(x)在0,3上的值域為-1,7.(2)當a=0時,g(x)=2x2-8x+7,由g(x)=0,得x=222(1,+),此時函數(shù)y=h(x)有三個零點,符合題意.當a0時,g(x)=2ax2+4(1-a)x