2022新高考總復(fù)習(xí)《數(shù)學(xué)》(人教)高考大題專項練高考大題專項(一)　導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

1、 高考大題專項(一)導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用突破1利用導(dǎo)數(shù)研究與不等式有關(guān)的問題1.(2020全國1,理21)已知函數(shù)f(x)=ex+ax2-x.(1)當a=1時,討論f(x)的單調(diào)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(shù)f(x)=1x+aln x,g(x)=exx.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;(2)證明:當a=1時,f(x)+g(x)-1+ex2ln xe.3.已知函數(shù)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(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.

2、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)圖象的一條切線,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山東濟寧5月模擬,21)已知兩個函數(shù)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(diào)考,理21)已知函數(shù)f(x)=(x-1)ex-kx2+2.(1)略;(2)若x0,+

3、),都有f(x)1成立,求實數(shù)k的取值范圍.7.(2020山東濟南一模,22)已知函數(shù)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(shù)a的值;(2)證明:當x0時,f(x)1;(3)若數(shù)列xn滿足exn+1=f(xn),且x1=13,證明:2n|exn-1|0),試研究函數(shù)g(x)的極值情況;(2)記函數(shù)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(shù)解x1,x2(x12x0.突破2利用導(dǎo)數(shù)研究與函數(shù)零點有關(guān)的問題1.(2020山東煙臺一模,21

4、)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).2.(2019全國2,理20)已知函數(shù)f(x)=ln x-x+1x-1.(1)討論f(x)的單調(diào)性,并證明f(x)有且僅有兩個零點;(2)設(shè)x0是f(x)的一個零點,證明曲線y=ln x在點A(x0,ln x0)處的切線也是曲線y=ex的切線.3.(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,

5、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).4.(2020湖南長郡中學(xué)四模,文21)已知函數(shù)f(x)=2ae2x+2(a+1)ex.(1)略;(2)當a(0,+)時,函數(shù)f(x)的圖象與函數(shù)y=4ex+x的圖象有唯一的交點,求a的取值集合.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(dǎo)函數(shù),若存在x0(1,+),使g(x0)

6、+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)g(x),g(x),f(x)g(x),若函數(shù)y=h(x)有三個零點,求實數(shù)a的取值集合.參考答案高考大題專項(一)導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用突破1利用導(dǎo)數(shù)研究與不等式有關(guān)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(diào)遞減,在(0,+

7、)上單調(diào)遞增.(2)f(x)12x3+1等價于12x3-ax2+x+1e-x1.設(shè)函數(shù)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=-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(diào)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(diào)遞減,在(2a+1,2)上

8、單調(diào)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.故當a12時,g(x)1.綜上,a的取值范圍是7-e24,+.2.(1)解 函數(shù)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0 x0時,f(x)在0,1a上單調(diào)遞減,在1a,+上單調(diào)遞增.(2)證明 因為x0,所以不等式等價于ex-ex+1elnxx,設(shè)F(x)=e

9、x-ex+1,F(x)=ex-e,所以當x(1,+)時,F(x)0,F(x)單調(diào)遞增;當x(0,1)時,F(x)0,G(x)單調(diào)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(shù)f(x)的定義域為(0,+),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(diào)遞減,在2e,+上單調(diào)遞增.(2)證明 設(shè)h(x)=xf(x)=xln x+2e,由h(x)=ln x+1=0,得x=1e,所以當x0,1e時,h(x)

10、0,所以h(x)在0,1e上單調(diào)遞減,在1e,+上單調(diào)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)單調(diào)遞增,當x(1,+)時,t(x)t(x),即xf(x)xex.4.解 (1)a1,函數(shù)f(x)的定義域為(0,+).f(x)=ln ax-bx+1=ln a+ln x-bx+1,f(x)=1x-b=1-bxx.當b0時,f(x)0,f(x)在(0,+)上為增函數(shù),無極值;當b0時,由f(x)=0,得x=1b.當x0,1b時,f(x)0,f(x)單調(diào)遞增;當x1b,+時,f(x)f(x2)成立,只需g(x1

11、)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(diào)遞增.g(x)g1a=1+ln a,即g(x1)min=1+ln a.f(x2)=1x2-b在x21,2上單調(diào)遞減,f(x2)max=f(1)=1-b=3-ae.1+ln a3-ae.即ln a+ae-20.設(shè)h(a)=ln a+ae-2,易知h(a)在(1,+)上單調(diào)遞增.又h(e)=0,實數(shù)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(

12、-,1)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(1,+)上單調(diào)遞增.當t1時,f(x)在區(qū)間t,t+1上單調(diào)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(diào)遞減,在區(qū)間(1,t+1)上單調(diào)遞增,f(x)的最大值為f(x)max=maxf(t),f(t+1).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

13、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exln x-x+1,令h(x)=ex-(x+1)(x0),則h(x)=ex-10,h(x)在(0,+)上為增函數(shù),h(x)h(0)=0,即exx+1,所以,要證exln x-x+1成立,只需證x+1ln x-x+1成立即可.即證2xln x在(0,+)上成立.設(shè)(x)=2x-ln x,則(x)=2-1x=2x-1x,當0 x12時,(x)12時,(x)0,(x)單調(diào)遞增,(x)min=12=

14、1-ln12=1+ln 20,(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(diào)遞減,在區(qū)間(0,+)上單調(diào)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k0時,令f(x)=0,得x=0或x=ln 2k,所以當00,f(x)單調(diào)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,ln 2k0,當x(0,ln 2k)時,f(x)0,

15、f(x)在區(qū)間(0,ln 2k)上單調(diào)遞減,所以f(ln 2k)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(diào)遞增,所以h(x)=ex-x-1h(0)=0.所以h(x)=ex-12x2-x-1在(0,+)上單調(diào)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=ln f(xn).設(shè)g(xn)=ln f(xn),則xn+1=g(

16、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,(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,+)

17、上單調(diào)遞增,故(x)=12x2+2x-1ex+1(0)=0.所以(x)在區(qū)間(0,+)上單調(diào)遞增,故(x)=12x2+x-2ex+x+2(0)=0.所以(x)在區(qū)間(0,+)上單調(diào)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+1=f(xn),所以xn+1=ln f(xn).設(shè)g(xn)=ln f(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-32

18、3=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(shè)u(x)=(x-2)ex+(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(diào)遞增,故v(x)=(x-1)ex+1v(0)=0,所以u(x)在區(qū)間(0,+)上單調(diào)遞增,故u(x)=(x-2)ex+(x+

19、2)u(0)=0,所以原不等式成立.8.(1)解 由題意,得f(x)=ln x+1,故g(x)=ax2-(a+2)x+ln x+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0 x1a;由g(x)0,得12x2時,1a0,得0 x12;由g(x)0,得1ax12.所以g(x)在x=1a處取極大值g1a=-1a-ln a,在x=12處取極小值g12=-a4-ln 2.綜上,當0a2時,g(x)在x=1a處取極大值-1a-ln a,在x=12處取極小值-a4-ln 2.(2)證明 F(x)=x

20、ln x-xex,定義域為x(0,+),F(x)=1+ln x+x-1ex.當x(1,2)時,F(x)0,即F(x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞增.又因為F(1)=-1e0,且F(x)在區(qū)間(1,2)上的圖象連續(xù)不斷,故根據(jù)函數(shù)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=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(diào)遞增;當xx0時,m(x)=xex,由m(x)=1-xex0,得m(x)單調(diào)遞減.若m(x)=n在區(qū)間(1,+)上有兩個

21、不等實數(shù)解x1,x2(x12x0,即證x22x0-x1.又因為2x0-x1x0,而m(x)在區(qū)間(x0,+)上單調(diào)遞減,所以可證m(x2)m(2x0-x1).由m(x1)=m(x2),即證m(x1)m(2x0-x1),即x1ln x12x0-x1e2x0-x1.記h(x)=xln x-2x0-xe2x0-x,1x0;當t(1,+)時,(t)0,故0(t)1,所以-1e-2x0-xe2x0-x1-1e0,即h(x)單調(diào)遞增,故當1xx0時,h(x)h(x0)=0,即x1ln x12x0,得證.突破2利用導(dǎo)數(shù)研究與函數(shù)零點有關(guān)的問題1.(1)證明 由f(x)0可得,a1+lnxx(x0),令h(x

22、)=1+lnxx,則h(x)=1xx-(1+lnx)x2=-lnxx2.當x(0,1)時,h(x)0,h(x)單調(diào)遞增;當x(1,+)時,h(x)0,h(x)單調(diào)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ln x1(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-1)2ex,令t(x)=1+lnxx-(x-1)2ex,則t(x)=-lnxx2-

23、(x2-1)ex,當x(0,1)時,t(x)0,t(x)單調(diào)遞增;當x(1,+)時,t(x)0,t(x)單調(diào)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.2.(1)解 f(x)的定義域為(0,1)(1,+).因為f(x)=1x+2(x-1)20,所以f(x)在區(qū)間(0,1),(1,+)上單調(diào)遞增.因為f(e)=1-e+1e-10,所以f(x)在區(qū)間(1,+)上有唯一零點x1,即f(x1)=0.又01x11,f1x1=-ln x1+x1+1x1-1=

24、-f(x1)=0,故f(x)在區(qū)間(0,1)上有唯一零點1x1.綜上,f(x)有且僅有兩個零點.(2)證明 因為1x0=e-ln x0,故點B-ln x0,1x0在曲線y=ex上.由題設(shè)知f(x0)=0,即ln x0=x0+1x0-1,故直線AB的斜率k=1x0-ln x0-ln x0-x0=1x0-x0+1x0-1-x0+1x0-1-x0=1x0.曲線y=ex在點B-ln x0,1x0處切線的斜率是1x0,曲線y=ln x在點A(x0,ln x0)處切線的斜率也是1x0,所以曲線y=ln x在點A(x0,ln x0)處的切線也是曲線y=ex的切線.3.(1)證明 設(shè)函數(shù)F(x)=f(x)-g

25、(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)上單調(diào)遞減,在(0,+)上單調(diào)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(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,+)上單調(diào)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,

26、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)上單調(diào)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,即方程f(x)=g(x)有兩個實數(shù)根.4.解 (1)略.(2)設(shè)t=ex,則f(t)=2at2+2(a+1)t的圖象與y=4t+ln t的圖象只有一個交點,其中t0,則2at2+2(a+1)t=4t+ln t只有一個實數(shù)解,即2a=2t+lntt2+t只有一個實數(shù)解.設(shè)g(t)=2t+lntt2+t,則g(t)=-2t2+t-2tlnt+1-lnt(t2+t)2,g(1)=0.令h(t)=-2t2+t-2tln t+1-ln t,則h(t)=-4t-1t-2ln t-1.設(shè)y=1t+2ln t,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+y2-2ln 2則當t=12時,y=1t+2ln t取最小值為2-2ln 2=2(1-ln 2)0.所以-1t-2ln t0,即h(t)=-4t-1t-2ln t-10,g(t)單調(diào)遞增;當t(1,+)時,g(t)0得x12,令f(x)0得-1x0或0 x0),所以g(x)=bx2+ax-bx-aex.由g(x)+g(x)=0,得ax-bx-2aex+bx2+