2024年高考數(shù)學微專題專練15含解析文

PAGEPAGE6專練15高考大題專練(一)導數(shù)的應用命題范圍：導數(shù)的應用、導數(shù)的幾何意義．1．[2024·全國乙卷]已知函數(shù)f(x)＝x3－x2＋ax＋1.(1)探討f(x)的單調性；(2)求曲線y＝f(x)過坐標原點的切線與曲線y＝f(x)的公共點的坐標．2．[2024·全國甲卷]設函數(shù)f(x)＝a2x2＋ax－3lnx＋1，其中a>0.(1)探討f(x)的單調性；(2)若y＝f(x)的圖像與x軸沒有公共點，求a的取值范圍．3．[2024·全國甲卷(文)，20]已知函數(shù)f(x)＝x3－x，g(x)＝x2＋a，曲線y＝f(x)在點(x1，f(x1))處的切線也是曲線y＝g(x)的切線．(1)若x1＝－1，求a；(2)求a的取值范圍．4．[2024·全國乙卷(文)，20]已知函數(shù)f(x)＝ax－eq\f(1,x)－(a＋1)lnx.(1)當a＝0時，求f(x)的最大值；(2)若f(x)恰有一個零點，求a的取值范圍．5．[2024·山西省太原市高三模擬]已知函數(shù)f(x)＝(x－a)2eeq\s\up6(\f(x,a)).(1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；(2)若方程f(x)－4e＝0有三個零點，求a的取值范圍．專練15高考大題專練(一)導數(shù)的應用1．解析：(1)由題意知f(x)的定義域為R，f′(x)＝3x2－2x＋a，對于f′(x)＝0，Δ＝(－2)2－4×3a＝4(1－3a).①當a≥eq\f(1,3)時，f′(x)≥0，f(x)在R上單調遞增；②當a<eq\f(1,3)時，令f′(x)＝0，即3x2－2x＋a＝0，解得x1＝eq\f(1－\r(1－3a),3)，x2＝eq\f(1＋\r(1－3a),3)，令f′(x)>0，則x<x1或x>x2；令f′(x)<0，則x1<x<x2.所以f(x)在(－∞，x1)上單調遞增，在(x1，x2)上單調遞減，在(x2，＋∞)上單調遞增．綜上，當a≥eq\f(1,3)時，f(x)在R上單調遞增；當a<eq\f(1,3)時，f(x)在(－∞，eq\f(1－\r(1－3a),3))上單調遞增，在(eq\f(1－\r(1－3a),3)，eq\f(1＋\r(1－3a),3))上單調遞減，在(eq\f(1＋\r(1－3a),3)，＋∞)上單調遞增．(2)記曲線y＝f(x)過坐標原點的切線為l，切點為P(x0，xeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(0))－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋ax0＋1)，因為f′(x0)＝3xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－2x0＋a，所以切線l的方程為y－(xeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(0))－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋ax0＋1)＝(3xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－2x0＋a)(x－x0).由l過坐標原點，得2xeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(0))－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－1＝0，解得x0＝1，所以切線l的方程為y＝(1＋a)x.令x3－x2＋ax＋1＝(1＋a)x，則x3－x2－x＋1＝0，解得x＝±1，所以曲線y＝f(x)過坐標原點的切線與曲線y＝f(x)的公共點的坐標為(1，1＋a)和(－1，－1－a).2．解析：(1)由題意，f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2a2x＋a－eq\f(3,x)＝eq\f(2a2x2＋ax－3,x)＝eq\f(（ax－1）（2ax＋3）,x)，則當x＞eq\f(1,a)時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增；當0＜x＜eq\f(1,a)時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減．故函數(shù)f(x)在(0，eq\f(1,a))上單調遞減，在(eq\f(1,a)，＋∞)上單調遞增．(2)由(1)知函數(shù)f(x)的最小值為f(eq\f(1,a))，要使y＝f(x)的圖像與x軸沒有公共點，只需f(x)的最小值恒大于0，即f(eq\f(1,a))＞0恒成立，故a2·(eq\f(1,a))2＋a·eq\f(1,a)－3lneq\f(1,a)＋1＞0，得a＞eq\f(1,e)，所以a的取值范圍為(eq\f(1,e)，＋∞).3．解析：(1)當x1＝－1時，f(x1)＝0.由題意，得f′(x)＝3x2－1，所以f′(－1)＝2，則曲線y＝f(x)在點(x1，f(x1))處的切線方程為y＝2(x＋1).由題意，知直線y＝2(x＋1)與曲線g(x)＝x2＋a相切，所以2x＋2＝x2＋a，即方程x2－2x＋a－2＝0有兩個相等的實數(shù)解，則Δ＝4－4(a－2)＝0，解得a＝3.(2)方法一因為f(x1)＝xeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1))－x1，f′(x1)＝3xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－1，所以曲線y＝f(x)在點(x1，f(x1))處的切線方程為y－(xeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1))－x1)＝(3xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－1)(x－x1)，即y＝(3xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－1)x－2xeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1)).因為該切線也是曲線g(x)＝x2＋a的切線，所以x2＋a＝(3xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－1)x－2xeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1))，所以方程x2－(3xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－1)x＋a＋2xeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1))＝0有兩個相等的實數(shù)解，所以Δ＝(3xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－1)2－4(2xeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1))＋a)＝0，則a＝eq\f(9,4)xeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(1))－2xeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1))－eq\f(3,2)xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋eq\f(1,4).令h(x)＝eq\f(9,4)x4－2x3－eq\f(3,2)x2＋eq\f(1,4)，則h′(x)＝9x3－6x2－3x＝9x(x＋eq\f(1,3))(x－1).當x改變時，h′(x)，h(x)的改變狀況如下表：x(－∞，－eq\f(1,3))－eq\f(1,3)(－eq\f(1,3)，0)0(0，1)1(1，＋∞)h′(x)－0＋0－0＋h(x)微小值極大值微小值因為h(－eq\f(1,3))＝eq\f(5,27)，h(1)＝－1<eq\f(5,27)，所以h(x)min＝－1.又因為當x→＋∞(或x→－∞)時，h(x)→＋∞，所以a的取值范圍為[－1，＋∞).方法二因為f′(x)＝3x2－1，所以曲線y＝f(x)在點(x1，f(x1))處的切線方程為y－(xeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1))－x1)＝(3xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－1)(x－x1)，即y＝(3xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－1)x－2xeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1)).由g(x)＝x2＋a，得g′(x)＝2x.曲線y＝g(x)在點(x2，g(x2))處的切線方程為y－(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋a)＝2x2(x－x2)，即y＝2x2x－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋a.令eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－1＝2x2，,－2xeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1))＝a－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，))則a＝xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－2xeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1))＝eq\f(1,4)(9xeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(1))－8xeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1))－6xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋1).令m(x)＝9x4－8x3－6x2＋1，則m′(x)＝36x3－24x2－12x＝12x(x－1)(3x＋1).當x<－eq\f(1,3)或0<x<1時，m′(x)<0，此時函數(shù)y＝m(x)單調遞減；當－eq\f(1,3)<x<0或x>1時，m′(x)>0，此時函數(shù)y＝m(x)單調遞增．又m(－eq\f(1,3))＝eq\f(20,27)，m(0)＝1，m(1)＝－4，所以m(x)min＝m(1)＝－4，所以a≥eq\f(－4,4)＝－1，即a的取值范圍為[－1，＋∞).4．解析：(1)當a＝0時，f(x)＝－eq\f(1,x)－lnx(x>0)，則f′(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)＝eq\f(1－x,x2).當x∈(0，1)時，f′(x)>0；當x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0.所以f(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，故f(x)的最大值即為f(x)的極大值f(1)＝－1.(2)因為函數(shù)f(x)恰有一個零點，所以方程a(x－lnx)－eq\f(1,x)－lnx＝0在(0，＋∞)上恰有一個解，即方程a(x－lnx)＝eq\f(1,x)＋lnx在(0，＋∞)上恰有一個解．又易知當x>0時，x－lnx>0，所以方程a＝eq\f(\f(1,x)＋lnx,x－lnx)在(0，＋∞)上恰有一個解．令g(x)＝eq\f(\f(1,x)＋lnx,x－lnx)(x>0)，則g′(x)＝eq\f(（x－1）[x－1－（x＋1）lnx],x2（x－lnx）2).令h(x)＝x－1－(x＋1)lnx(x>0)，則h′(x)＝1－lnx－eq\f(x＋1,x)＝－lnx－eq\f(1,x).由(1)知，h′(x)≤－1，所以h(x)在(0，＋∞)上單調遞減．又h(1)＝0，所以當x∈(0，1]時，h(x)≥0；當x∈(1，＋∞)時，h(x)<0.則當x∈(0，1]時，g′(x)≤0；當x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0.所以g(x)在(0，＋∞)上單調遞減．又當x→0時，g(x)→＋∞，當x→＋∞時，g(x)→0，所以a∈(0，＋∞).5．解析：(1)函數(shù)定義域為R，f′(x)＝eq\f(1,a)eeq\s\up6(\f(x,a))(x－a)(x＋a)，當a＞0時，f(x)在(－∞，－a)和(a，＋∞)上遞增，在(－a，a)上遞減；當a＜0時，f(x)在(－∞，a)和(－a，＋∞)上遞減，在(a，－a)上遞增．綜上：當a＞0時，f(x)的遞增區(qū)間是(－∞，－a)和(a，＋∞)，遞減區(qū)間是(－a，a)；當a＜0時，f(x)的遞減區(qū)間是(－∞，a)和(－a，＋∞)，遞增區(qū)間是(a，－a).(2)由(1)知當a＞0時，f(x)在(－∞，－a)和(a，＋∞)上遞增，在(－a，a)上遞減，∴函數(shù)極大值f(－a)＝eq\f(4a2,e)，函數(shù)微小值f(a)＝0，又eq\o(lim,\s\do8(x→－∞))f(x)＝0，e