2023年高考数学二轮优化提升专题训练10：导数的综合运用（含答案解析）

《2023年高考数学二轮优化提升专题训练10：导数的综合运用（含答案解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年高考数学二轮优化提升专题训练10：导数的综合运用（含答案解析）（27页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、专题10 导数的综合运用1、【2022年全国乙卷】已知x=x1和x=x2分别是函数f(x)=2ax-ex2（a0且a1）的极小值点和极大值点若x1x2，则a的取值范围是_2、【2021年新高考2卷】已知函数，函数的图象在点和点的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则取值范围是_3、【2022年全国甲卷】已知函数fx=exx-lnx+x-a(1)若fx0，求a的取值范围；(2)证明：若fx有两个零点x1,x2，则环x1x20时，f(x)ln(n+1)7、（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）已知函数（1）讨论的单调性；（2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标8、（2021年全国

2、高考乙卷数学（理）试题）设函数，已知是函数的极值点（1）求a；（2）设函数证明:9、（2021年全国高考甲卷数学（文）试题）设函数，其中.（1）讨论的单调性；（2）若的图像与轴没有公共点，求a的取值范围.9、（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）已知且，函数（1）当时，求的单调区间；（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围题组一、函数的零点、极值点的综合性问题1-1、（2022湖北黄石市有色第一中学高三期末）（多选题）设函数fx=xlnx，gx=fxx，则下列说法正确的有（ ）A不等式gx0的解集为1e,+；B函数在0,e单调递增，在e,+单调递减；C当x1e,1时，总有fx0且a

3、1）的极小值点和极大值点若x1x2，则a的取值范围是_【答案】1e,1【解析】解：fx=2lnaax-2ex，因为x1,x2分别是函数fx=2ax-ex2的极小值点和极大值点，所以函数fx在-,x1和x2,+上递减，在x1,x2上递增，所以当x-,x1x2,+时，fx0，若a1时，当x0,2ex0，与前面矛盾，故a1不符合题意，若0a1时，则方程2lnaax-2ex=0的两个根为x1,x2，即方程lnaax=ex的两个根为x1,x2，即函数y=lnaax与函数y=ex的图象有两个不同的交点，0a1,函数y=ax的图象是单调递减的指数函数，又lna0,y=lnaax的图象由指数函数y=ax向下关

4、于x轴作对称变换，然后将图象上的每个点的横坐标保持不变，纵坐标伸长或缩短为原来的lna倍得到，如图所示：设过原点且与函数y=gx的图象相切的直线的切点为x0,lnaax0，则切线的斜率为gx0=ln2aax0，故切线方程为y-lnaax0=ln2aax0x-x0，则有-lnaax0=-x0ln2aax0，解得x0=1lna，则切线的斜率为ln2aa1lna=eln2a，因为函数y=lnaax与函数y=ex的图象有两个不同的交点，所以eln2ae，解得1eae，又0a1，所以1ea1，综上所述，a的范围为1e,1.2、【2021年新高考2卷】已知函数，函数的图象在点和点的两条切线互相垂直，且分别

5、交y轴于M，N两点，则取值范围是_【答案】【解析】由题意，则，所以点和点，,所以，所以，所以，同理,所以.故答案为：3、【2022年全国甲卷】已知函数fx=exx-lnx+x-a(1)若fx0，求a的取值范围；(2)证明：若fx有两个零点x1,x2，则环x1x21【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+)，f(x)=(1x-1x2)ex-1x+1 =1x(1-1x)ex+(1-1x)=x-1x(exx+1)令f(x)=0,得x=1当x(0,1),f(x)0,f(x)单调递增f(x)f(1)=e+1-a，若f(x)0,则e+1-a0,即ae+1所以a的取值范围为(-,e+1(2)由题知,f(x)

6、一个零点小于1,一个零点大于1不妨设x11x2要证x1x21,即证x1f(1x2)因为f(x1)=f(x2),即证f(x2)f(1x2)即证exx-lnx+x-xe1x-lnx-1x0,x(1,+)即证exx-xe1x-2lnx-12(x-1x)0下面证明x1时，exx-xe1x0,lnx-12(x-1x)1，则g(x)=(1x-1x2)ex-(e1x+xe1x(-1x2)=1x(1-1x)ex-e1x(1-1x)=(1-1x)(exx-e1x)=x-1x(exx-e1x)设(x)=exx(x1),(x)=(1x-1x2)ex=x-1x2ex0所以(x)(1)=e,而e1x0,所以g(x)0所

7、以g(x)在(1,+)单调递增即g(x)g(1)=0,所以exx-xe1x0令h(x)=lnx-12(x-1x),x1h(x)=1x-12(1+1x2)=2x-x2-12x2=-(x-1)22x20所以h(x)在(1,+)单调递减即h(x)h(1)=0,所以lnx-12(x-1x)0,所以x1x20,当x(-1,0),g(x)=ex+a1-x20,即f(x)0所以f(x)在(-1,0)上单调递增,f(x)0所以g(x)在(0,+)上单调递增所以g(x)g(0)=1+a0,即f(x)0所以f(x)在(0,+)上单调递增,f(x)f(0)=0故f(x)在(0,+)上没有零点,不合题意3若a0,所以

8、g(x)在(0,+)上单调递增g(0)=1+a0所以存在m(0,1),使得g(m)=0,即f(m)=0当x(0,m),f(x)0,f(x)单调递增所以当x(0,m),f(x)0所以g(x)在(-1,0)单调递增g(-1)=1e+2a0所以存在n(-1,0),使得g(n)=0当x(-1,n),g(x)0,g(x)单调递增,g(x)g(0)=1+a0所以存在t(-1,n),使得g(t)=0,即f(t)=0当x(-1,t),f(x)单调递增,当x(t,0),f(x)单调递减有x-1,f(x)-而f(0)=0,所以当x(t,0),f(x)0所以f(x)在(-1,t)上有唯一零点,(t,0)上无零点即f

9、(x)在(-1,0)上有唯一零点所以a1时， ex-x=b的解的个数、x-lnx=b的解的个数均为2，构建新函数h(x)=ex+lnx-2x，利用导数可得该函数只有一个零点且可得f(x),g(x)的大小关系，根据存在直线y=b与曲线y=f(x)、y=g(x)有三个不同的交点可得b的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.(1)f(x)=ex-ax的定义域为R，而f(x)=ex-a，若a0，则f(x)0，此时f(x)无最小值，故a0.g(x)=ax-lnx的定义域为(0,+)，而g(x)=a-1x=ax-1x.当xlna时，f(x)lna时，f(x)0，故f(x)在(lna,+)上为

10、增函数，故f(x)min=f(lna)=a-alna.当0x1a时，g(x)1a时，g(x)0，故g(x)在(1a,+)上为增函数，故g(x)min=g(1a)=1-ln1a.因为f(x)=ex-ax和g(x)=ax-lnx有相同的最小值，故1-ln1a=a-alna，整理得到a-11+a=lna，其中a0，设g(a)=a-11+a-lna,a0，则g(a)=2(1+a)2-1a=-a2-1a(1+a)20，故g(a)为(0,+)上的减函数，而g(1)=0，故g(a)=0的唯一解为a=1，故1-a1+a=lna的解为a=1.综上，a=1.(2)由（1）可得f(x)=ex-x和g(x)=x-ln

11、x的最小值为1-ln1=1-ln11=1.当b1时，考虑ex-x=b的解的个数、x-lnx=b的解的个数.设S(x)=ex-x-b，S(x)=ex-1，当x0时，S(x)0时，S(x)0，故S(x)在(-,0)上为减函数，在(0,+)上为增函数，所以S(x)min=S(0)=1-b0，S(b)=eb-2b，设u(b)=eb-2b，其中b1，则u(b)=eb-20，故u(b)在(1,+)上为增函数，故u(b)u(1)=e-20，故S(b)0，故S(x)=ex-x-b有两个不同的零点，即ex-x=b的解的个数为2.设T(x)=x-lnx-b，T(x)=x-1x，当0x1时，T(x)1时，T(x)0

12、，故T(x)在(0,1)上为减函数，在(1,+)上为增函数，所以T(x)min=T(1)=1-b0，T(eb)=eb-2b0，T(x)=x-lnx-b有两个不同的零点即x-lnx=b的解的个数为2.当b=1，由（1）讨论可得x-lnx=b、ex-x=b仅有一个零点，当b1.设h(x)=ex+lnx-2x，其中x0，故h(x)=ex+1x-2，设s(x)=ex-x-1，x0，则s(x)=ex-10，故s(x)在(0,+)上为增函数，故s(x)s(0)=0即exx+1，所以h(x)x+1x-12-10，所以h(x)在(0,+)上为增函数，而h(1)=e-20，h(1e3)=e1e3-3-2e3e-

13、3-2e30，故h(x)在(0,+)上有且只有一个零点x0，1e3x01且：当0xx0时，h(x)0即ex-xx-lnx即f(x)x0时，h(x)0即ex-xx-lnx即f(x)g(x)，因此若存在直线y=b与曲线y=f(x)、y=g(x)有三个不同的交点，故b=f(x0)=g(x0)1，此时ex-x=b有两个不同的零点x1,x0(x10x0)，此时x-lnx=b有两个不同的零点x0,x4(0x011，故x0=x4-bx1=x0-b即x1+x4=2x0.6、【2022年新高考2卷】已知函数f(x)=xeax-ex(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x0时，f(x)ln(n+1)【解

14、析】(1)当a=1时，f(x)=(x-1)ex，则f(x)=xex，当x0时，f(x)0时，f(x)0，故f(x)的减区间为(-,0)，增区间为(0,+).(2)设h(x)=xeax-ex+1，则h(0)=0，又h(x)=(1+ax)eax-ex，设g(x)=(1+ax)eax-ex，则g(x)=(2a+a2x)eax-ex，若a12，则g(0)=2a-10，因为g(x)为连续不间断函数，故存在x0(0,+)，使得x(0,x0)，总有g(x)0，故g(x)在(0,x0)为增函数，故g(x)g(0)=0，故h(x)在(0,x0)为增函数，故h(x)h(0)=-1，与题设矛盾.若00，总有ln(1

15、+x)x成立，证明：设S(x)=ln(1+x)-x，故S(x)=11+x-1=-x1+x0，故S(x)在(0,+)上为减函数，故S(x)S(0)=0即ln(1+x)x成立.由上述不等式有eax+ln(1+ax)-exeax+ax-ex=e2ax-ex0，故h(x)0总成立，即h(x)在(0,+)上为减函数，所以h(x)h(0)=-1.当a0时，有h(x)=eax-ex+axeax1-1+0=0，所以h(x)在(0,+)上为减函数，所以h(x)0，总有xe12x-ex+11,t2=ex,x=2lnt，故2tlntt2-1即2lnt1恒成立.所以对任意的nN*，有2lnn+1nn+1n-nn+1，

16、整理得到：ln(n+1)-lnnln2-ln1+ln3-ln2+ln(n+1)-lnn=ln(n+1)，故不等式成立.7、（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）已知函数（1）讨论的单调性；（2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标【答案】(1)答案见解析；(2) 和.【解析】(1)由函数的解析式可得：，导函数的判别式，当时，在R上单调递增，当时，的解为：，当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增；综上可得：当时，在R上单调递增，当时，在，上单调递增，在上单调递减. (2)由题意可得：，则切线方程为：，切线过坐标原点，则：,整理可得：，即：，解得：，则，切线方程为：,与联立得，化简

17、得,由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，是的一个因式，该方程可以分解因式为解得,，综上，曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和.8、（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）设函数，已知是函数的极值点（1）求a；（2）设函数证明:【解析】（1）由，又是函数的极值点，所以，解得；（2）由（1）得，且，当 时，要证， ，即证，化简得；同理，当时，要证， ，即证，化简得；令，再令，则，令，当时，单减，假设能取到，则，故；当时，单增，假设能取到，则，故；综上所述，在恒成立9、（2021年全国高考甲卷数学（文）试题）设函数，其中.（1）讨论的单调性；（2）若的图像与轴没有公共点，求a的取值范围.

18、【解析】（1）函数的定义域为，又，因为，故，当时，；当时，；所以的减区间为，增区间为.（2）因为且的图与轴没有公共点，所以的图象在轴的上方，由（1）中函数的单调性可得，故即.10、（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）已知且，函数（1）当时，求的单调区间；（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围【解析】（1）当时，令得,当时，,当时，,函数在上单调递增；上单调递减；（2）,设函数,则,令，得,在内,单调递增；在上,单调递减；,又，当趋近于时，趋近于0，所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,所以的取值范围是.题组一、函数的零点、极值点的综合性

19、问题1-1、（2022湖北黄石市有色第一中学高三期末）（多选题）设函数fx=xlnx，gx=fxx，则下列说法正确的有（ ）A不等式gx0的解集为1e,+；B函数在0,e单调递增，在e,+单调递减；C当x1e,1时，总有fx0)对于A：由g(x)=lnx+1x0，可得lnx-1，解得x1e，所以解集为1e,+，故A正确；对于B：g(x)=1xx-(lnx+1)x2=-lnxx2，令g(x)=0，解得x=1，所以当时，g(x)0，函数为增函数，当x(1,+)时，g(x)0，函数为减函数，故B错误；对于C：当x1e,1时，若fxgx，则f(x)-g(x)0，所以xlnx-lnx+1x0，即x2ln

20、x-lnx-10，函数h(x)为增函数，又h(1)=0+1-1=0，所以h(x)0在x1e,1是恒成立，所以h(x)=x2lnx-lnx-1,x1e,1为减函数，又h(x)max=h1e=-1e20，所以h(x)=x2lnx-lnx-10在x1e,1是恒成立，所以当x1e,1时，总有fx0，函数m(x)为增函数，当x(1,+)时，m(x)0时，则，所以单调递增,因为，所以存在，使得，在上单调递减，在上单调递增，又，所以,因为，所以存在，使得，所以有两个零点， 又因为，所以，因为，所以，故成立.2、（2022河北张家口高三期末）已知函数.(1)当时，证明：函数在区间上单调递增；(2)若，讨论函数

21、的极值点的个数.【解析】(1)证明：当时，.当时，.所以函数在区间上单调递增，故，故函数在区间上单调递增.(2)解：当时，单调递增，无极值点，当时，令，令，则，当时，且，当时，方程有唯一小于零的零点，故函数存在一个极值点；当时，当时，故函数在上单调递减，在上单调递增，为函数极小值，所以当时，方程无解，函数无极值点；当时，方程有一个解，但当时，当时，故函数无极值点.当时，方程有两解，函数存在一个极大值点和一个极小值点.综上，当时，函数存在一个极值点，当时，函数无极值点，当时，函数存在一个极大值点和一个极小值点.3、（2022山东泰安高三期末）已知函数.(1)求曲线在处的切线方程；(2)若，证明：.【解析】(1)又，曲线在处的切线方程为，即.(2)设，则，当时，单调递减，当时.单调递增.，即.当时，当时，设，则设，则令，解得当时，单调递减，当时，单调递增.，即在上单调递增当时，恒成立.，即.又单调递减.又.