全国统考2022高考数学一轮复习高考大题专项一导数的综合应用理含解析北师大版

考试 1 / 19 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 某某潍坊二模,20)已知函数 f(x)= 1 +aln x,g(x)= e . (1)讨论函数 f(x)的单调性; (2)证明:当 a=1 时,f(x)+g(x)- 1 + e 2 ln x>e. 2.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 . 考试 2 / 19 3.(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. 考试 3 / 19 4.(2020 某某某某 5 月模拟,21)已知两个函数 f(x)= e ,g(x)= ln + 1 -1. (1)当 t>0 时,求 f(x)在区间[t,t+1]上的最大值; (2)求证:对任意 x∈(0,+∞),不等式 f(x)>g(x)都成立. 考试 4 / 19 5.(2020 某某某某一模,22)已知函数 f(x)= (e --1) 2 ,且曲线 y=f(x)在(2,f(2))处的切线斜率为 1. (1)某某数 a 的值; (2)证明:当 x>0 时,f(x)>1; (3)若数列{xn}满足 e +1 =f(xn),且 x1= 1 3 ,证明:2n| e -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. 考试 5 / 19 2.(2019 全国 2,理 20)已知函数 f(x)=ln x- +1 -1 . (1)讨论 f(x)的单调性,并证明 f(x)有且仅有两个零点; (2)设 x0 是 f(x)的一个零点,证明曲线 y=ln x 在点 A(x0,ln x0)处的切线也是曲线 y=ex 的切线. 考试 6 / 19 3.(2020 通州区一模,19)已知函数 f(x)=xex,g(x)=a(ex-1),a∈R. 考试 7 / 19 (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. 4.(2020 某某和平区一模,20)已知函数 f(x)= + ex,a,b∈R,且 a>0. 考试 8 / 19 (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. 考试 9 / 19 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.(1)解函数的定义域为(0,+∞),f'(x)=- 1 2 + -1 2 , 当 a≤0 时,f'(x)0 时,由 f'(x)>0,得 x> 1 ,由 f'(x)0,所以不等式等价于 ex-ex+1> eln , 设 F(x)=ex-ex+1,F'(x)=ex-e, 所以当 x∈(1,+∞)时,F'(x)>0,F(x)递增;当 x∈(0,1)时,F'(x)0,G(x)递增,当 x∈(e,+∞)时,G'(x)G(x),即 ex-ex+1> eln ,故原不等式成立. 2.解因为函数 f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)= 1 2 ,所以 f' 1 e =e-ae2=-e,所以 a= 2 e , 所以 f'(x)= 1 2 e 2 令 f'(x)=0,得 x= 2 e ,当 x∈ 0, 2 e 时,f'(x)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 3.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,+∞)上为增函数,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,+∞). 4.(1)解由 f(x)= e 得,f'(x)= e -e 2 e (-1) 2 ,∴当 x0, ∴f(x)在区间(-∞,1)上递减,在区间(1,+∞)上递增. 考试 12 / 19 ①当 t≥1 时,f(x)在区间[t,t+1]上递增,f(x)的最大值为 f(t+1)= e +1 +1 ②当 00,1-e0,φ(x)递增, ∴φ(x)min= 1 2 =1-ln 1 2 =1+ln2>0,∴φ(x)>0 在(0,+∞)上成立, ∴对任意 x∈(0,+∞),不等式 f(x)>g(x)都成立. 考试 13 / 19 5.(1)解 f'(x)= [(-2)e ++2)] 3 ,因为 f'(2)= 2 =1,所以 a=2. (2)证明要证 f(x)>1,只需证 h(x)=ex- 1 2 x2-x-1>0. h'(x)=ex-x-1,令 c(x)=ex-x-1,则 c'(x)=ex-1. 因为当 x>0 时,c'(x)>0,所以 h'(x)=ex-x-1 在(0,+∞)上递增, 所以 h'(x)=ex-x-1>h'(0)=0. 所以 h(x)=ex- 1 2 x2-x-1 在(0,+∞)上递增, 所以 h(x)=ex- 1 2 x2-x-1>h(0)=0 成立.所以当 x>0 时,f(x)>1. (3)证明(方法 1)由(2)知当 x>0 时,f(x)>1.因为 e +1 =f(xn), 所以 xn+1=lnf(xn). 设 g(xn)=lnf(xn),则 xn+1=g(xn), 所以 xn=g(xn-1)=g(g(xn-2))=…=g((…(g(x1))…))>0. 要证 2n| e -1|0,所以 f(x)在区间(0,1),(1,+∞)内递增. 因为 f(e)=1- e+1 e-1 0,所以 f(x)在区间(1,+∞)内有唯一零点 x1,即 f(x1)=0. 又 0< 1 1 0, 考试 19 / 19 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,+∞).