高考大题专项(一) 导数的综合应用
突破 1 利用导数研究与不等式有关的问题
1.(2020 某某某某三中模拟)已知函数 f(x)=x3+(1-a)x2-a(a+2)x+b(a,b∈R).
(1)若函数 f(x)的图像过原点,且在原点处的切线斜率为-3,求 a,b 的值;
(2)若曲线 y=f(x)存在两条垂直于 y 轴的切线,求 a 的取值 X 围.
2.(2020 某某乐平中学模拟)已知函数 f(x)=ax-axln x-1(a∈R,a≠0).
(1)讨论函数 f(x)的单调性;
(2)当 x>1 时,求证:
1
-1
1
e
-1.
3.已知函数 f(x)=ln x+
(a∈R)的图像在点
1
e
,f
1
e
处的切线斜率为-e,其中 e 为自然对数的底数.
(1)某某数 a 的值,并求 f(x)的单调区间;
(2)证明:xf(x)>
e
.
4.(2020 某某某某一模,文 21)已知函数 f(x)=ln ax-bx+1,g(x)=ax-ln x,a>1.
(1)求函数 f(x)的极值;
(2)直线 y=2x+1 为函数 f(x)图像的一条切线,若对任意的 x1∈(0,1),x2∈[1,2]都有 g(x1)>f'(x2)成立,
某某数 a 的取值 X 围.
5.(2020 某某罗源一中模拟,文 20)已知函数 f(x)=ln x+
2
+1
,求证:f(x)≤
+1
2
.
6.(2020 某某某某四中模拟)已知函数 f(x)=xex+2x+aln x,曲线 y=f(x)在点 P(1,f(1))处的切线与直
线 x+2y-1=0 垂直.
(1)某某数 a 的值;
(2)求证:f(x)>x2+2.
突破 2 用导数研究与函数零点有关的问题
1.(2020 某某某某八中模拟)设函数 f(x)=
1
3
x3-bx+c(b,c∈R).
(1)若曲线 f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 y=2x+1,求 b,c 的值;
(2)若 b=1,c=
1
3
,求证:f(x)在区间(1,2)内存在唯一零点.
2.(2020 某某某某一模,21)已知函数 f(x)=
1+ln
-a(a∈R).
(1)若 f(x)≤0 在(0,+∞)上恒成立,求 a 的取值 X 围,并证明:对任意的 n∈N+,都有 1+
1
2 +
1
3
+…
+
1
>ln(n+1);
(2)设 g(x)=(x-1)2ex,讨论方程 f(x)=g(x)的实数根的个数.
3.(2020 某某某某中学调研)已知函数 f(x)=kx-ln x(k>0).
(1)若 k=1,求 f(x)的单调区间;
(2)若函数 f(x)有且只有一个零点,某某数 k 的值.
4.(2020 通州区一模,19)已知函数 f(x)=xex,g(x)=a(ex-1),a∈R.
(1)当 a=1 时,求证:f(x)≥g(x);
(2)当 a>1 时,求关于 x 的方程 f(x)=g(x)的实数根的个数.
5.(2020 某某和平区一模,20)已知函数 f(x)=
+
ex,a,b∈R,且 a>0.
(1)若函数 f(x)在 x=-1 处取得极值
1
e
,求函数 f(x)的解析式;
(2)在(1)的条件下,求函数 f(x)的单调区间;
(3)设 g(x)=a(x-1)ex-f(x),g'(x)为 g(x)的导函数.若存在 x0∈(1,+∞),使 g(x0)+g'(x0)=0 成立,求
的取
值 X 围.
6.已知函数 f(x)=ln x,g(x)=
2
3
x3+2(1-a)x2-8x+8a+7.
(1)若曲线 y=g(x)在点(2,g(2))处的切线方程是 y=ax-1,求函数 g(x)在[0,3]上的值域;
(2)当 x>0 时,记函数 h(x)=
(),() < (),
(),()
≥
(),
若函数 y=h(x)有三个零点,某某数 a 的取值 X 围.
参考答案
高考大题专项(一) 导数的综合应用
突破 1 利用导数研究与
不等式有关的问题
1.解(1)f'(x)=3x2+2(1-a)x-a(a+2).
由题意得
(0) = = 0,
'(0) = -( + 2) = -3,
解得 b=0,a=-3 或 a=1.
(2)因为曲线 y=f(x)存在两条垂直于 y 轴的切线,所以关于 x 的方程 f'(x)=3x2+2(1-a)x-
a(a+2)=0 有两个不相等的实数根,所以Δ=4(1-a)2+12a(a+2)>0,即 4a2+4a+1>0,所以 a≠-
1
2
.
所以 a 的取值 X 围为
-
∞
,-
1
2
∪
-
1
2 , +
∞ .
2.(1)解 f'(x)=a-a(lnx+1)=-alnx,若 a>0,则当 x∈(0,1)时,f'(x)>0;当 x∈(1,+∞),f'(x)e-x,令 t=
1
,t∈(0,1),则原不等式可转化为
1
1-
>et,
两边同取以 e 为底的对数,得-ln(1-t)>t,则需证 t+ln(1-t)0,
所以 h(x)在
0,
1
e
上递减,在
1
e , +
∞ 上递增,
所以 h(x)min=h
1
e =
1
e
.
设 t(x)=
e
(x>0),则 t'(x)=
1-
e
,
所以当 x∈(0,1)时,t'(x)>0,t(x)递增,当 x∈(1,+∞)时,t'(x)t(x),即 xf(x)>
e
.
4.证明(1)∵a>1,∴函数 f(x)的定义域为(0,+∞).∵f(x)=lnax-bx+1=lna+lnx-bx+1,∴f'(x)=
1
-b=
1-
.
①当 b≤0 时,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上为增加的,无极值;
②当 b>0 时,由 f'(x)=0,得 x=
1
.
∵当 x∈
0,
1
时,f'(x)>0,f(x)递增;
当 x∈
1
, +
∞ 时,f'(x)f'(x2)成立,
∴只需 g(x1)min>f'(x2)max.
∵g'(x)=a-
1
=
-1
,
∴由 g'(x)=0,得 x=
1
.
∵a>1,∴0<
1
0,g(x)递增.∴g(x)≥g
1
=1+lna,
即 g(x1)min=1+lna.
∵f'(x2)=
1
2
-b 在 x2∈[1,2]上递减,∴f'(x2)max=f'(1)=1-b=3-
e
.
∴1+lna>3-
e
.即 lna+
e
-2>0.设 h(a)=lna+
e
-2,
易知 h(a)在(1,+∞)上递增.
又 h(e)=0,∴实数 a 的取值 X 围为(e,+∞).
5.证明令 g(x)=f(x)-
+1
2
=lnx+
2
+1
+1
2
(x>0),
则 g'(x)=
1
2
(+1)
2
1
2 =
2--
3
2(+1)
2
=
-(-1)(
2
++2)
2(+1)
2
.
当 x>1 时,g'(x)0),则 h'(x)=(x+2)ex+
2e
2
-2,
因为 x>0,所以 x+2>2,ex>1,故(x+2)ex>2,又因为
2e
2
>0,
所以 h'(x)=(x+2)ex+
2e
2
-2>0,
所以函数 h(x)在(0,+∞)上递增.又 h(1)=2e+2-2e-2=0,
所以当 x∈(0,1)时,h(x)0,函数 g(x)递增;
所以 g(x)≥g(1)=e+2-2eln1-1-2=e-1,显然 e-1>0,
所以 g(x)>0,即 xex+2x-2elnx>x2+2,也就是 f(x)>x2+2.
突破 2 用导数研究与
函数零点有关的问题
1.(1)解由题意得 f'(x)=x2-b,
所以 f'(1)=1-b=2,解得 b=-1.
又因为 f(1)=2+1=3,所以
1
3
-b+c=3,解得 c=
5
3
.故 b=-1,c=
5
3
.
(2)证明若 b=1,c=
1
3
,
则 f(x)=
1
3
x3-x+
1
3
.
因为 f(1)·f(2)=-1×10.
所以 f(x)在
0,
1
上递减,在
1
, +
∞ 上递增,
所以 f(x)min=f
1
=1-ln
1
,
因为 f(x)有且只有一个零点,
所以 1-ln
1
=0,即 k=
1
e
.
4.(1)证明设函数 F(x)=f(x)-g(x)=xex-aex+a.
当 a=1 时,F(x)=xex-ex+1,所以 F'(x)=xex.
所以当 x∈(-∞,0)时,F'(x)0,
此时 u(x)在(1,+∞)上递增,
因此 u(x)>u(1)=-a-b.
因为存在 x0∈(1,+∞),使 2a
0
3
-3a
0
2
-2bx0+b=0 成立,
所以只要-a-b0 时,令 u(x)=b,
解得 x1=
3+ 92+16
4
3+ 92
4 =
3
2
>1,
x2=
3- 92+16
4
(舍去),
x3=0(舍去),得 u(x1)=b>0.
又因为 u(1)=-a-b1,使 2a
0
3
-3a
0
2
-2bx0+b=0 成
立,此时
>0.
综上有
的取值 X 围为(-1,+∞).
6.解(1)因为 g(x)=
2
3
x3+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]上的值域为[-1,7].
(2)①当 a=0 时,g(x)=2x2-8x+7,由 g(x)=0,得 x=2±
2
2
∈(1,+∞),此时函数 y=h(x)有三个零点,
符合题意.
②当 a>0 时,g'(x)=2ax2+4(1-a)x-8=2a(x-2) x+
2
.
由 g'(x)=0,得 x=2.
当 x∈(0,2)时,g'(x)2,即-1
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