2021版新高考数学一轮复习高考大题专项一导数的综合应用新人教A版.docx

1、高考大题专项(一)导数的综合应用突破1导数与函数的单调性1.已知函数f(x)=13x3-a(x2+x+1).(1)若a=3,求f(x)的单调区间;(2)略.2.已知函数f(x)=ex-ax2.(1)若a=1,证明:当x0时,f(x)1;(2)略.3.已知函数f(x)=(x-k)ex.(1)求f(x)的单调区间;(2)略.4.(2019山东潍坊三模,21)已知函数f(x)=x2+aln x-2x(aR).(1)求f(x)的单调递增区间;(2)略.5.设函数f(x)=(x-1)ex-k2x2(其中kR).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)略.6.(2019河北衡水同卷联考,21)已知函数f(x

2、)=x2eax-1.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)略.突破2利用导数研究函数的极值、最值1.已知函数f(x)=ln x-ax(aR).(1)当a=12时,求f(x)的极值;(2)略.2.(2019河北衡水深州中学测试)讨论函数f(x)=ln x-ax(aR)在定义域内的极值点的个数.3.设函数f(x)=2ln x-x2+ax+2.(1)当a=3时,求f(x)的单调区间和极值;(2)略.4.已知函数f(x)=axlnxx-1.(1)当a=1时,判断f(x)有没有极值点?若有,求出它的极值点;若没有,请说明理由;(2)略.5.(2019湖北八校联考二,21)已知函数f(x)=ln x+ax

3、2+bx.(1)函数f(x)在点(1,f(1)处的切线的方程为2x+y=0,求a,b的值,并求函数f(x)的最大值;(2)略.6.(2019广东广雅中学模拟)已知函数f(x)=ax+ln x,其中a为常数.(1)当a=-1时,求f(x)的最大值;(2)若f(x)在区间(0,e上的最大值为-3,求a的值.突破3导数在不等式中的应用1.(2019湖南三湘名校大联考一,21)已知函数f(x)=xln x.(1)略;(2)当x1e时,f(x)ax2-x+a-1,求实数a的取值范围.2.已知函数f(x)=aex-ln x-1.(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;(2)证明:当

4、a1e时,f(x)0.3.已知函数f(x)=ex+ax+ln(x+1)-1.(1)若x0,f(x)0恒成立,求实数a的取值范围.(2)略.4.函数f(x)=(x-2)ex+12ax2-ax.(1)略;(2)设a=1,当x0时,f(x)kx-2,求k的取值范围.5.已知函数f(x)=axlnxx-1.(1)略;(2)若f(x)x+1在定义域上恒成立,求a的取值范围.6.已知x1,x2(x1x2)是函数f(x)=ex+ln(x+1)-ax(aR)的两个极值点.(1)求a的取值范围;(2)求证:f(x2)-f(x1)2ln a.突破4导数与函数的零点1.已知函数f(x)=12x2-mln x.若m1

5、,令F(x)=f(x)-x2+(m+1)x,试讨论函数F(x)的零点个数.2.(2019河北唐山三模,21)已知函数f(x)=xln x-a(x2-x)+1,函数g(x)=f(x).(1)若a=1,求f(x)的极大值;(2)当0x0时,记函数h(x)=f(x),f(x)0,函数g(x)=f(x).(1)若a=ln 2,求g(x)的最大值;(2)证明:f(x)有且仅有一个零点.参考答案高考大题专项(一)导数的综合应用突破1导数与函数的单调性1.解(1)当a=3时,f(x)=13x3-3x2-3x-3,f(x)=x2-6x-3.令f(x)=0,解得x=3-23或x=3+23.当x(-,3-23)(

6、3+23,+)时,f(x)0;当x(3-23,3+23)时,f(x)0.故f(x)在(-,3-23),(3+23,+)上单调递增,在(3-23,3+23)上单调递减.2.证明(1)当a=1时,f(x)1等价于(x2+1)e-x-10.设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.当x1时,g(x)0,所以g(x)在(0,+)上单调递减.而g(0)=0,故当x0时,g(x)0,即f(x)1.3.解(1)由题意知f(x)=(x-k+1)ex.令f(x)=0,得x=k-1.当x(-,k-1)时,f(x)0.所以f(x)的单调递减区间是(-,k-

7、1),单调递增区间是(k-1,+).4.解(1)函数f(x)的定义域为(0,+),f(x)=2x+ax-2=2x2-2x+ax,令2x2-2x+a=0,=4-8a=4(1-2a),若a12,则0,f(x)0在(0,+)上恒成立,函数f(x)在(0,+)上单调递增;若a0,方程2x2-2x+a=0,两根为x1=1-1-2a2,x2=1+1-2a2,当a0时,x20,x(x2,+),f(x)0,f(x)单调递增;当0a0,x20,x(0,x1),f(x)0,f(x)单调递增,x(x2,+),f(x)0,f(x)单调递增.综上,当a12时,函数f(x)单调递增区间为(0,+),当a0时,函数f(x)

8、单调递增区间为1+1-2a2,+,当0a0,解得x0,f(x)的单调递减区间是(-,0),单调递增区间是(0,+).当0k0,解得x0,f(x)在(-,lnk)和(0,+)上单调递增,在(lnk,0)上单调递减.当k=1时,f(x)0,f(x)在(-,+)上单调递增.当k1时,令f(x)0,解得xlnk,所以f(x)在(-,0)和(lnk,+)上单调递增,在(0,lnk)上单调递减.6.解(1)函数f(x)的定义域为R.f(x)=2xeax+x2aeax=x(ax+2)eax.当a=0时,f(x)=x2-1,则f(x)在区间(0,+)内单调递增,在区间(-,0)内单调递减;当a0时,f(x)=

9、axx+2aeax,令f(x)0得x0,令f(x)0得-2ax0,所以f(x)在区间-,-2a内单调递增,在区间-2a,0内单调递减,在区间(0,+)内单调递增;当a0得0x-2a,令f(x)-2a或x0).当a0时,f(x)0在(0,+)上恒成立,故函数f(x)在(0,+)上单调递增,此时函数f(x)在定义域上无极值点;当a0时,若x0,1a,则f(x)0,若x1a,+,则f(x)0时,函数f(x)有一个极大值点.3.解(1)f(x)的定义域为(0,+).当a=3时,f(x)=2lnx-x2+3x+2,所以f(x)=2x-2x+3=-2x2+3x+2x,令f(x)=-2x2+3x+2x=0,

10、得-2x2+3x+2=0,因为x0,所以x=2.f(x)与f(x)在区间(0,+)上的变化情况如下:x(0,2)2(2,+)f(x)+0-f(x)2ln 2+4所以f(x)的单调递增区间为(0,2),单调递减区间为(2,+).f(x)的极大值为2ln2+4,无极小值.4.解(1)函数f(x)=axlnxx-1,则x0且x1,即函数的定义域为(0,1)(1,+).当a=1时,f(x)=xlnxx-1,则f(x)=x-lnx-1(x-1)2,令g(x)=x-lnx-1,则g(x)=1-1x=x-1x,当x(0,1)时,g(x)g(1)=0,f(x)0,f(x)在区间(0,1)上单调递增,所以无极值

11、点;当x(1,+)时,g(x)0,g(x)单调递增,g(x)g(1)=0,f(x)0,f(x)在区间(1,+)上单调递增,所以无极值点.综上,当a=1时,f(x)无极值点.5.解(1)因为f(x)=lnx+ax2+bx,所以f(x)=1x+2ax+b,则在点(1,f(1)处的切线的斜率为f(1)=1+2a+b,由题意可得,1+2a+b=-2,且a+b=-2,解得a=b=-1.所以f(x)=1x-2x-1=-2x2-x+1x=-2x2+x-1x,由f(x)=0,可得x=12(x=-1舍去),当0x0,f(x)单调递增;当x12时,f(x)0,f(x)单调递减,故当x=12时,f(x)取得极大值,

12、且为最大值,f12=-ln2-34.故f(x)的最大值为-ln2-34.6.解(1)易知f(x)的定义域为(0,+),当a=-1时,f(x)=-x+lnx,f(x)=-1+1x=1-xx,令f(x)=0,得x=1.当0x0;当x1时,f(x)0.f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减.f(x)max=f(1)=-1.当a=-1时,函数f(x)的最大值为-1.(2)f(x)=a+1x,x(0,e,则1x1e,+.若a-1e,则f(x)0,从而f(x)在(0,e上单调递增,f(x)max=f(e)=ae+10,不合题意.若a0得,a+1x0,又x(0,e,解得0x-1a;令f(x)

13、0得,a+1x0,又x(0,e,解得-1axe.从而f(x)在0,-1a上单调递增,在-1a,e上单调递减,f(x)max=f-1a=-1+ln-1a.令-1+ln-1a=-3,得ln-1a=-2,即a=-e2.-e20,当x1e,1时,h(x)0;当x(1,+)时,h(x)0,h(x)在x=1处取得最大值,h(1)=1,a1.故a的取值范围为1,+).2.(1)解f(x)的定义域为(0,+),f(x)=aex-1x.由题设知,f(2)=0,所以a=12e2.从而f(x)=12e2ex-lnx-1,f(x)=12e2ex-1x.当0x2时,f(x)2时,f(x)0.所以f(x)在(0,2)上单

14、调递减,在(2,+)上单调递增.(2)证明当a1e时,f(x)exe-lnx-1.设g(x)=exe-lnx-1,则g(x)=exe-1x.当0x1时,g(x)1时,g(x)0.所以x=1是g(x)的最小值点.故当x0时,g(x)g(1)=0.因此,当a1e时,f(x)0.3.解(1)若x0,则f(x)=ex+1x+1+a,令g(x)=ex+1x+1+a,则g(x)=ex-1(x+1)2,g(x)在0,+)上单调递增,则g(x)g(0)=0,则f(x)在0,+)上单调递增,f(x)f(0)=a+2.当a+20,即a-2时,f(x)0,则f(x)在0,+)上单调递增,此时f(x)f(0)=0,满

15、足题意.当a-2时,因为f(x)在0,+)上单调递增,f(0)=2+a0.所以x0(0,+),使得f(x0)=0.则当0xx0时,f(x)f(x0)=0,函数f(x)在(0,x0)上单调递减.f(x0)0,h(x)单调递增.h(x)h(0)=-2-k,即g(x)-2-k.当-2-k0,即k-2时,g(x)0,g(x)在(0,+)上单调递增,g(x)g(0)=0,不等式f(x)kx-2恒成立.当-2-k-2时,g(x)=0有一个解,设为x0,当x(0,x0)时,g(x)0,g(x)单调递增,则g(x0)g(0)=0,当x0时,f(x)kx-2不恒成立.综上所述,k的取值范围是(-,-2.5.解(

16、2)由f(x)x+1,得axlnxx-10且x1),即xx-1alnx-x+1xh(1)=0,xx-1alnx-x+1x0成立.当x(1,+)时,h(x)0,h(x)单调递减,h(x)h(1)=0,xx-1alnx-x+1x0,即a2时,设g(x)=x2-ax+1=0的两根为x1,x2(x12时,x1+x2=a0,x1x2=1,0x110,得x2-ax+10,解集为(x1,1)(1,x2),h(x)在(x1,1)上单调递增,h(x1)0,a2不合题意.当a-2时,g(x)的图象的对称轴x=a2g(0)=10,当x(0,1)时,h(x)0,h(x)单调递减,h(x)h(1)=0,xx-1alnx

17、-x+1x0成立.当x(1,+)时,h(x)0,h(x)单调递减,h(x)h(1)=0,xx-1alnx-x+1x-1,令g(x)=ex+1x+1-a,x-1,则g(x)=ex-1(x+1)2,令h(x)=ex-1(x+1)2,x-1,则h(x)=ex+2(x+1)30,h(x)在(-1,+)上单调递增,且h(0)=0.当x(-1,0)时,g(x)=h(x)0,g(x)单调递增.g(x)g(0)=2-a.当a2时,f(x)=g(x)g(0)=2-a0.f(x)在(-1,+)上单调递增,此时无极值;当a2时,g1a-1=e1a-10,g(0)=2-a0,f(x)单调递增;当x(x1,0)时,f(

18、x)=g(x)0,g(0)=2-a0,x2(0,lna),g(x2)=0,当x(0,x2)时,f(x)=g(x)0,f(x)单调递增,x=x2是f(x)的极小值点.综上所述,a的取值范围为(2,+).(2)证明由(1)得a(2,+),1a-1x10x20,1ax1+11,1x2+11+lna,ex2-ex1=x2-x1(x1+1)(x2+1),1(x1+1)(x2+1)-a0,1x2+1x1+1a(1+lna)a2,f(x2)-f(x1)=ex2-ex1+lnx2+1x1+1-a(x2-x1)=(x2-x1)1(x1+1)(x2+1)-a+lnx2+1x1+10).易得F(x)=-x+m+1-

19、mx=-(x-1)(x-m)x.若m=1,则F(x)0,函数F(x)为减函数,F(1)=320,F(4)=-ln41,则当0xm时,F(x)0,当1x0,所以函数F(x)在(0,1)和(m,+)上单调递减,在(1,m)上单调递增,F(1)=m+120,F(2m+2)=-mln(2m+2)0),g(x)=f(x)=lnx-2x+2,g(x)=1x-2=1-2xx,当x0,12时,g(x)0,g(x)单调递增;当x12,+时,g(x)0,f(x)单调递增;当x(1,+)时,f(x)0,g(x)单调递增,至多有一个零点,不合题意.若a0,则当x0,12a时,g(x)0,g(x)单调递增;当x12a,

20、+时,g(x)0.不妨设g(x1)=g(x2),x1x2,则0x112ax21.一方面,需要g(1)1.另一方面,由(1)得,当x1时,lnxx-1x,则xex,进而,有2ae2a,则e-2a12a,且g(e-2a)=-2ae-2a+1-a0,故存在x1,使得0e-2ax10,h(x)在(0,1)上单调递增,h(x)不可能有两个及以上零点,当ae2时,h(x)0,h(x)在(0,1)上单调递减,h(x)不可能有两个及以上零点,当12ae2时,令h(x)=0得x=ln(2a)(0,1),h(x)在(0,ln(2a)上单调递减,在(ln(2a),1)上单调递增,h(x)在(0,1)上存在最小值h(

21、ln(2a),若h(x)有两个零点,则有h(ln(2a)0,h(1)0,h(ln(2a)=3a-2aln(2a)+1-e12ae2,设(x)=32x-xlnx+1-e(1xe),则(x)=12-lnx,令(x)=0,得x=e,当1x0,(x)单调递增;当exe时,(x)0,(x)单调递减.max(x)=(e)=e+1-e0,h(ln(2a)0,h(1)=e-2a-b0,得e-2a0时,g(x)=2ax2+4(1-a)x-8=2a(x-2)x+2a.由g(x)=0,得x=2.当x(0,2)时,g(x)0.若函数y=h(x)有三个零点,则需满足g(1)0且g(2)0,解得0a316.当a0时,g(

22、x)=2ax2+4(1-a)x-8=2a(x-2)x+2a.由g(x)=0,得x1=2,x2=-2a.当-2a2,即a-1时,因为g(x)极大值=g(2)=163a-12,即-1a0时.若g(1)0,此时函数y=h(x)有三个零点,符合题意;若g(1)0,则-320a0,所以()-3200,此时函数y=h(x)有四个零点,不符合题意.综上所述,满足条件的实数a-3200,316.5.解(1)f(x)的定义域是(0,+),f(x)=lnx+1,令f(x)0,解得x1e,令f(x)0,解得0x0,解得-1et1,令g(t)1,故g(t)在-1e,1上单调递增,在(1,+)上单调递减,故g(t)ma

23、x=g(1)=1e,由t=xlnx,t-1e,a=g(t)=tet的图象和性质有:0a1e,y=a和g(t)有两个不同交点(t1,a),(t2,a),且0t11t2,t1=xlnx,t2=xlnx各有一解,即f(x)-axx=0有2个不同解.-e1-eea0,y=a和g(t)=tet仅有1个交点(t3,a),且-1et30,g(x)单调递增;当x(2,+)时,g(x)ln2,由(1)知,当x(0,+)时,f(x)=g(x)0,f(x)单调递减.此时,f(2)=2(ln2-a)0,注意到x1=14a-1e-14+34=12-1e0,故f(x)仅存在一个零点x0(x1,2).若0a0,即f(2)0,注意到f1e=-12e-a0,f(8)=ln8-3-a0,故存在x21e,2,x3(2,8),使得f(x2)=f(x3)=0.则当x(0,x2)时,f(x)0,f(x)单调递增;当x(x3,+)时,f(x)0,则f(x3)0.存在实数t(4,16),使得lnt-14t=0,且当xt时,lnx-14x0,记x4=maxt,1a,则f(x4)=x4lnx4-14x4-ax4+10,故f(x)仅存在一个零点x0(x3,x4.综上,f(x)有且仅有一个零点.