2022届新高考数学一轮练习：专练18　高考大题专练（一）　导数的应用 WORD版含解析.docx

1、专练18高考大题专练(一)导数的应用1.已知函数f(x)|xa|lnx(a0)(1)讨论f(x)的单调性；(2)比较与的大小(nN*且n2)，并证明你的结论2.设函数f(x)ax2(4a1)x4a3ex.(1)若曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与x轴平行，求a；(2)若f(x)在x2处取得极小值，求a的取值范围3.2020全国卷设函数f(x)x3bxc，曲线yf(x)在点处的切线与y轴垂直(1)求b；(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1.4.已知函数f(x).(1)若函数f(x)在区间上存在极值，求正实数a的取值范围；(2)如果当x1时不

2、等式f(x)恒成立，求实数k的取值范围5.2020全国卷已知函数f(x)exax2x.(1)当a1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x0时，f(x)x31，求a的取值范围6.2021全国新高考卷已知函数f(x)x(1lnx)(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且blnaalnbab，证明：2e.7.2021全国乙卷设函数f(x)ln (ax)，已知x0是函数yxf(x)的极值点(1)求a；(2)设函数g(x)，证明：g(x)1.8.2021全国甲卷已知a0且a1，函数f(x)(x0)(1)当a2时，求f(x)的单调区间；(2)若曲线yf(x)与直线y1有且仅有两个交点

3、，求a的取值范围专练18高考大题专练(一)导数的应用1解析：(1)函数f(x)的定义域为(0，)函数f(x)可化为f(x)当0xa时，f(x)10，所以f(x)在(0，a)上单调递减当xa时，f(x)1，此时要考虑a与1的大小若a1，则f(x)0，且f(x)在a，)的任意子区间内都不恒等于0，故f(x)在(a，)上单调递增；若0a1，则当ax1时，f(x)1时，f(x)0，故f(x)在a,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，f(x)在xa处连续所以当a1时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增；当0a1时，x1lnx0，即lnxx1，所以1.所以当n2，nN*时111n1，则

4、当x时，f(x)0.所以f(x)在x2处取得极小值若a，则当x(0,2)时，x20，ax1x10.所以2不是f(x)的极小值点综上可知，a的取值范围是.3解析：(1)f(x)3x2b.依题意得f0，即b0.故b.(2)由(1)知f(x)x3xc，f(x)3x2.令f(x)0，解得x或x.f(x)与f(x)的情况为：因为f(1)fc，所以当c时，f(x)只有大于1的零点因为f(1)fc，所以当c时，f(x)只有小于1的零点由题设可知c.当c时，f(x)只有两个零点和1.当c时，f(x)只有两个零点1和.当c时，f(x)有三个零点x1，x2，x3，且x1，x2，x3.综上，若f(x)有一个绝对值不

5、大于1的零点，则f(x)所有零点的绝对值都不大于1.4解析：(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)，令f(x)0，得x1，当x(0,1)时，f(x)0，f(x)单调递增；当x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递减，当x1时，f(x)取得极大值，0a1a，得a0，g(x)在1，)上单调递增，g(x)g(1)2，k2.故实数k的取值范围是(，25解析：(1)当a1时，f(x)exx2x，f(x)ex2x1.故当x(，0)时，f(x)0.所以f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增(2)f(x)x31等价于ex1.设函数g(x)ex(x0)，则g(x)exxx2(2a3)x4a2ex

6、x(x2a1)(x2)ex.()若2a10，即a，则当x(0,2)时，g(x)0.所以g(x)在(0,2)单调递增，而g(0)1，故当x(0,2)时，g(x)1，不合题意()若02a12，即a，则当x(0,2a1)(2，)时，g(x)0.所以g(x)在(0,2a1)，(2，)单调递减，在(2a1,2)单调递增由于g(0)1，所以g(x)1当且仅当g(2)(74a)e21，即a.所以当a0，当x时，f0，故f的递增区间为，递减区间为.(2)因为blnaalnbab，故ba，即，故ff，设x1，x2，由(1)可知不妨设0x11.因为x时，fx0，x时，fx0，故1x22，若x22，x1x22必成立

7、若x22，即证x12x2，而02x2f，即证：ff，其中1x22.设gff，1x2，则gfflnxlnln，因为1x2，故0x0，所以g0，故g在上为增函数，所以gg0，故ff，即ff成立，所以x1x22成立，综上，x1x22成立设x2tx1，则t1，结合，x1，x2可得：x1x2，即：1lnx1t，故lnx1，要证：x1x2e，即证x1e，即证lnlnx11，即证：ln1，即证：lntlnt1，则Sln1lntln，先证明一个不等式：lnx.设ulnx，则u1，当1x0；当x0时，u1时，ln，故S0恒成立，故S在上为减函数，故SS0，故lntlnt0成立，即x1x2e成立综上所述，2e.7

8、解析：(1)由题意得yxf(x)xln(ax)，则yln(ax)xln(ax).因为x0是函数yxf(x)的极值点，所以x0时，ylna0，所以a1.(2)由(1)可知，f(x)ln(1x)，其定义域为x|x1，当0x1时，ln(1x)0，此时xf(x)0，当x0，此时xf(x)0.易知g(x)的定义域为x|x1且x0，故要证g(x)xf(x)，即证xln(1x)xln(1x)0.令1xt，则t0且t1，则只需证1tlnt(1t)lnt0，即证1ttlnt0.令h(t)1ttlnt, 则h(t)1lnt1lnt，所以h(t)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以h(t)h(1)0，即g(x)0)，f(x)(x0)，令f(x)0，则0x，此时函数f(x)单调递增，令f(x)，此时函数f(x)单调递减，所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)曲线yf(x)与直线y1有且仅有两个交点，可转化为方程1(x0)有两个不同的解，即方程有两个不同的解设g(x)(x0)，则g(x)(x0)，令g(x)0，得xe，当0x0，函数g(x)单调递增，当xe时，g(x)e时，g(x)，又g(1)0，所以01且ae，即a的取值范围为(1，e)(e，)