2025版高考数学一轮复习微专题小练习专练18高考大题专练一导数的应用

专练18高考大题专练(一)导数的应用1．[2024·新课标Ⅰ卷]已知函数f(x)＝lneq\f(x,2－x)＋ax＋b(x－1)3.(1)若b＝0，且f′(x)≥0，求a的最小值；(2)证明：曲线y＝f(x)是中心对称图形；(3)若f(x)>－2当且仅当1<x<2，求b的取值范围．解析：(1)当b＝0时，f(x)＝lneq\f(x,2－x)＋ax，x∈(0，2)，则f′(x)＝eq\f(2－x,x)·(eq\f(x,2－x))′＋a＝eq\f(2－x,x)·eq\f(2－x－（－1）x,（2－x）2)＋a＝eq\f(2,x（2－x）)＋a.∵f′(x)≥0，∴a≥eq\f(2,x（x－2）)在(0，2)上恒成立．当x∈(0，2)时，x(x－2)∈[－1，0)，∴eq\f(2,x（x－2）)∈(－∞，－2]，∴a∈[－2，＋∞)，即a的最小值为－2.(2)证明：方法一∵f(x)＝lneq\f(x,2－x)＋ax＋b(x－1)3，x∈(0，2)，∴f(x＋1)＝lneq\f(1＋x,1－x)＋ax＋a＋bx3，x∈(－1，1).令g(x)＝f(x＋1)－a＝lneq\f(1＋x,1－x)＋ax＋bx3，x∈(－1，1)，则g(－x)＝lneq\f(1－x,1＋x)－ax－bx3＝－lneq\f(1＋x,1－x)－ax－bx3＝－g(x)，∴g(x)是定义域为(－1，1)的奇函数，其图象关于坐标原点O对称．又∵f(x)的图象可由g(x)的图象向右平移1个单位长度，再向上平移a个单位长度得到，∴曲线y＝f(x)是中心对称图形．方法二f(x)的定义域为(0，2)，f(1)＝a.当x∈(－1，1)时，f(1＋x)＝lneq\f(1＋x,1－x)＋a(1＋x)＋bx3，f(1－x)＝lneq\f(1－x,1＋x)＋a(1－x)－bx3，∴f(1＋x)＋f(1－x)＝lneq\f(1＋x,1－x)＋lneq\f(1－x,1＋x)＋2a＝2a，∴曲线y＝f(x)关于点(1，a)中心对称，即曲线y＝f(x)是中心对称图形．(3)∵f(x)>－2当且仅当1<x<2，∴f(1)＝－2⇒a＝－2，∴f(x)＝lneq\f(x,2－x)－2x＋b(x－1)3>－2对任意x∈(1，2)恒成立，f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,2－x)－2＋3b(x－1)2＝eq\f(2（x－1）2,x（2－x）)＋3b(x－1)2＝(x－1)2·[eq\f(2,x（2－x）)＋3b].令m(x)＝eq\f(2,x（2－x）)＋3b，∴必有m(1)＝2＋3b≥0⇒b≥－eq\f(2,3).否则若b<－eq\f(2,3)，则存在δ(1<δ<2)使得当x∈(1，δ)时，f′(x)<0，f(x)在(1，δ)上单调递减，∴f(δ)<f(1)＝－2.当b≥－eq\f(2,3)时，对任意x∈(1，2)，f(x)≥lneq\f(x,2－x)－2x－eq\f(2,3)(x－1)3，令h(x)＝lneq\f(x,2－x)－2x－eq\f(2,3)(x－1)3，则h′(x)＝eq\f(2（x－1）2,x（2－x）)－2(x－1)2＝2(x－1)2[eq\f(1,x（2－x）)－1]>0，对任意x∈(1，2)恒成立，∴h(x)>h(1)＝－2，符合条件．综上可得b的取值范围是[－eq\f(2,3)，＋∞).2．[2023·新课标Ⅰ卷]已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当a>0时，f(x)>2lna＋eq\f(3,2).解析：(1)f′(x)＝aex－1，当a≤0时，f′(x)≤0，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；当a>0时，令f′(x)>0，得x>－lna，令f′(x)<0，得x<－lna，所以函数f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增．综上可得：当a≤0时，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；当a>0时，函数f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增．(2)方法一由(1)得当a>0时，函数f(x)＝a(ex＋a)－x的最小值为f(－lna)＝a(e－lna＋a)＋lna＝1＋a2＋lna，令g(a)＝1＋a2＋lna－2lna－eq\f(3,2)＝a2－lna－eq\f(1,2)，a∈(0，＋∞)，所以g′(a)＝2a－eq\f(1,a)，令g′(a)>0，得a>eq\f(\r(2),2)；令g′(a)<0，得0<a<eq\f(\r(2),2).所以函数g(a)在(0，eq\f(\r(2),2))上单调递减，在(eq\f(\r(2),2)，＋∞)上单调递增，所以函数g(a)的最小值为g(eq\f(\r(2),2))＝(eq\f(\r(2),2))2－lneq\f(\r(2),2)－eq\f(1,2)＝lneq\r(2)>0，所以当a>0时，f(x)>2lna＋eq\f(3,2)成立．方法二当a>0时，由(1)得，f(x)min＝f(－lna)＝1＋a2＋lna，故欲证f(x)>2lna＋eq\f(3,2)成立，只需证1＋a2＋lna>2lna＋eq\f(3,2)，即证a2－eq\f(1,2)>lna.构造函数u(a)＝lna－(a－1)(a>0)，则u′(a)＝eq\f(1,a)－1＝eq\f(1－a,a)，所以当a>1时，u′(a)<0；当0<a<1时，u′(a)>0.所以函数u(a)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以u(a)≤u(1)＝0，即lna≤a－1，故只需证a2－eq\f(1,2)>a－1，即证a2－a＋eq\f(1,2)>0，因为a2－a＋eq\f(1,2)＝(a－eq\f(1,2))2＋eq\f(1,4)>0恒成立，所以当a>0时，f(x)>2lna＋eq\f(3,2)成立．3．[2024·新课标Ⅱ卷]已知函数f(x)＝ex－ax－a3.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．解析：(1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1，所以f′(1)＝e－1.又因为f(1)＝e－2，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x－1.(2)f(x)＝ex－ax－a3，则f′(x)＝ex－a，当a≤0时，f′(x)＝ex－a>0，则f(x)在R上单调递增，无极值点，所以a>0.令f′(x)<0，得x<lna，令f′(x)>0，得x>lna，所以f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，所以x＝lna是f(x)的极小值点，极小值为f(lna)＝elna－alna－a3＝a－alna－a3，则问题转化为解不等式a－alna－a3<0.又因为a>0，所以不等式可化为a2＋lna－1>0.令g(a)＝a2＋lna－1，则g′(a)＝2a＋eq\f(1,a)>0恒成立，所以g(a)在(0，＋∞)上单调递增．又g(1)＝0，所以不等式a－alna－a3<0的解集为(1，＋∞)，所以a的取值范围是(1，＋∞).4．[2024·全国甲卷(理)]已知函数f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x.(1)当a＝－2，求f(x)的极值；(2)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围．解析：(1)当a＝－2时，f(x)＝(1＋2x)ln(1＋x)－x，x>－1，f′(x)＝2ln(1＋x)＋eq\f(x,1＋x).当x>0时，f′(x)>0，当－1<x<0时，f′(x)<0，所以f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)的极小值为f(0)＝0，无极大值．(2)f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x，f′(x)＝－aln(1＋x)－eq\f(（a＋1）x,1＋x).令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝－eq\f(a,1＋x)－eq\f(a＋1,（1＋x）2).因为当x≥0时，f(x)≥0，且f(0)＝0，f′(0)＝0，所以g′(0)＝－1－2a≥0，得a≤－eq\f(1,2).当a≤－eq\f(1,2)时，g′(x)≥eq\f(1,2（1＋x）)－eq\f(1,2（1＋x）2)＝eq\f(x,2（1＋x）2)≥0，且等号不恒成立，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)＝g(x)≥g(0)＝0，且等号不恒成立，故f(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以f(x)≥f(0)＝0恒成立，故a的取值范围为(－∞，－eq\f(1,2)].5．[2022·新高考Ⅰ卷]已知函数f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－lnx有相同的最小值．(1)求a；(2)证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．解析：(1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a.由于f(x)存在最小值，则方程f′(x)＝0有解，故a>0，解得x＝lna.所以f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(lna)＝a－alna.同理，得g(x)min＝g(eq\f(1,a))＝1＋lna.因为函数f(x)，g(x)的最小值相等，所以a－alna＝1＋lna，即(a＋1)lna＋1－a＝0.令h(x)＝(x＋1)lnx＋1－x，x>0，则h′(x)＝lnx＋eq\f(1,x).令m(x)＝lnx＋eq\f(1,x)，x>0，则m′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2).令eq\f(x－1,x2)>0，则x>1；令eq\f(x－1,x2)<0，则0<x<1.所以m(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，即h′(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h′(x)min＝h′(1)＝1>0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．又h(1)＝0，所以1是h(x)唯一零点，所以a＝1.(2)证明：由(1)知f(x)＝ex－x，g(x)＝x－lnx，且f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，且f(x)min＝g(x)min＝1.①当b<1时，f(x)min＝g(x)min＝1>b，显然直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)无交点，不符合题意．②当b＝1时，f(x)min＝g(x)min＝1＝b，则直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有2个交点，不符合题意．③当b>1时，首先证明直线y＝b与曲线y＝f(x)有2个交点，即证F(x)＝f(x)－b有2个零点．因为F′(x)＝f′(x)＝ex－1，所以F(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.F(－b)＝e－b>0，F(0)＝1－b<0，F(b)＝eb－2b.令t(b)＝eb－2b，b>1，则t′(b)＝eb－2>0，所以t(b)>t(1)＝e－2>0，所以F(b)>0.所以由零点存在定理，知F(x)＝f(x)－b在(－∞，0)上存在且只存在1个零点，设为x1，在(0，＋∞)上存在且只存在1个零点，设为x2.其次证明直线y＝b与曲线g(x)有2个交点，即证G(x)＝g(x)－b有2个零点．因为G′(x)＝g′(x)＝1－eq\f(1,x)，所以G(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．G(e－b)＝e－b>0，G(1)＝1－b<0，G(2b)＝b－ln2b.令μ(x)＝eq\f(x,2)－lnx，x>2，则μ′(x)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,x)>0，所以μ(x)>μ(2)＝1－ln2>0，即G(2b)>0.所以由零点存在定理，得G(x)＝g(x)－b在(0，1)上存在且只存在1个零点，设为x3，在(1，＋∞)上存在且只存在1个零点，设为x4.再次证明存在b使得x2＝x3.因为F(x2)＝G(x3)＝0，所以b＝ex2－x2＝x3－lnx3.若x2＝x3，则ex2－x2＝x2－lnx2，即ex2－2x2＋lnx2＝0，所以只需证明方程ex－2x＋lnx＝0在(0，1)上有解即可，即证明φ(x)＝ex－2x＋lnx在(0，1)上有零点．因为φ(eq\f(1,e3))＝eeq\s\up6(\f(1,e3))－eq\f(2,e3)－3<0，φ(1)＝e－2>0，所以φ(x)＝ex－2x＋lnx在(0，1)上存在零点，取一零点为x0，令x2＝x3＝x0即可，此时b＝ex0－x0，则此时存在直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点．最后证明x1＋x4＝2x0，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．因为F(x1)＝F(x2)＝F(x0)＝G(x3)＝G(x0)＝G(x4)＝0，所以F(x1)＝G(x0)＝F(lnx0).又因为F(x)在(－∞，0)上单调递减，x1<0，0<x0<1，即lnx0<0，所以x1＝lnx0.因为F(x0)＝G(ex0)＝G(x4)，又因为G(x)在(1，＋∞)上单调递增，x0>0，即ex0>1，x4>1，所以x4＝ex0.又因为ex0－2x0＋lnx0＝0，所以x1＋x4＝lnx0＋ex0＝2x0，即存在直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．6．[2024·九省联考]已知函数f(x)＝lnx＋x2＋ax＋2在点(2，f(2))处的切线与直线2x＋3y＝0垂直．(1)求a；(2)求f(x)的单调区间和极值．解析：(1)f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x＋a，则f′(2)＝eq\f(1,2)＋2×2＋a＝eq\f(9,2)＋a，由题意可得(eq\f(9,2)＋a)×(－eq\f(2,3))＝－1，解得a＝－3.(2)由a＝－3，故f(x)＝lnx＋x2－3x＋2，则f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x－3＝eq\f(2x2－3x＋1,x)＝eq\f(（2x－1）（x－1）,x)，x>0，故当0<x<eq\f(1,2)时，f′(x)>0，当eq\f(1,2)<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，故f(x)的单调递增区间为(0，eq\f(1,2))，(1，＋∞)，f(x)的单调递减区间为(eq\f(1,2)，1)，故f(x)有极大值f(eq\f(1,2))＝lneq\f(1,2)＋(eq\f(1,2))2－3×eq\f(1,2)＋2＝eq\f(3,4)－ln2，有极小值f(1)＝ln1＋12－3×1＋2＝0.7．[2023·新课标Ⅱ卷](1)证明：当0<x<1时，x－x2<sinx<x；(2)已知函数f(x)＝cosax－ln(1－x2)，若x＝0是f(x)的极大值点，求a的取值范围．解析：(1)令h(x)＝x－x2－sinx，则h′(x)＝1－2x－cosx，令p(x)＝1－2x－cosx，则p′(x)＝－2＋sinx<0，所以p(x)即h′(x)单调递减，又h′(0)＝0，所以当0<x<1时，h′(x)<h′(0)＝0，h(x)单调递减，所以当0<x<1时，h(x)<h(0)＝0，即x－x2<sinx.令g(x)＝sinx－x，则g′(x)＝cosx－1≤0，所以g(x)单调递减，又g(0)＝0，所以当0<x<1时，g(x)<g(0)＝0，即sinx<x.综上，当0<x<1时，x－x2<sinx<x.(2)方法一因为f(x)＝cosax－ln(1－x2)(－1<x<1)，所以f(x)＝f(－x)，所以f(x)为偶函数．f′(x)＝－asinax＋eq\f(2x,1－x2)(－1<x<1)，令t(x)＝－asinax＋eq\f(2x,1－x2)(－1<x<1)，则t′(x)＝－a2cosax＋eq\f(2（1＋x2）,（1－x2）2)(－1<x<1).令n(x)＝－a2cosax＋eq\f(2（1＋x2）,（1－x2）2)，则n′(x)＝a3sinax＋eq\f(4x（3＋x2）,（1－x2）3).当a＝0时，当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当－1<x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以x＝0是f(x)的极小值点，不符合题意．当a>0时，取eq\f(π,2a)与1中的较小者，为m，则当0<x<m时，易知n′(x)>0，所以n(x)即t′(x)在(0，m)上单调递增，所以t′(x)>t′(0)＝2－a2.①当2－a2≥0，即0<a≤eq\r(2)时，t′(x)>0(0<x<m).所以t(x)在(0，m)上单调递增，所以t(x)>t(0)＝0，即f′(x)>0.那么f(x)在(0，m)上单调递增，由偶函数性质知f(x)在(－m，0)上单调递减．故x＝0是f(x)的极小值点，不符合题意．②当2－a2<0，即a>eq\r(2)时，当eq\f(π,2a)<1，即a>eq\f(π,2)时，因为t′(0)<0，t′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2a)))>0，所以t′(x)在(0，m)上存在唯一零点x1，且当0<x<x1时，t′(x)<0，t(x)单调递减，因为t(0)＝0，所以当0<x<x1时，t(x)<0，即f′(x)<0，所以f(x)在(0，x1)上单调递减，因为f(x)为偶函数，所以f(x)在(－x1，0)上单调递增，故可得x＝0是f(x)的极大值点，符合题意．当eq\f(π,2a)>1，即eq\r(2)<a<eq\f(π,2)时，因为t′(0)<0，t′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－a2coseq\f(a,2)＋eq\f(40,9)>0，所以t′(x)在(0，m)上存在唯一零点x2，且当0<x<x2时，t′(x)<0，t(x)单调递减．因为t(0)＝0，所以当0<x<x2时，t(x)<0，即f′(x)<0，所以f(x)在(0，x2)上单调递减．因为f(x)为偶函数，所以f(x)在(－x2，0)上单调递增，故可得x＝0是f(x)的极大值点，符号题意．当a<0时，由偶函数图象的对称性可得a<－eq\r(2).综上所述，a的取值范围是(－∞，－eq\r(2))∪(eq\r(2)，＋∞).方法二由f(x)＝cosax－ln(1－x2)，得f′(x)＝－asinax＋eq\f(2x,1－x2)(－1<x<1)，令t(x)＝－asinax＋eq\f(2x,1－x2)(－1<x<1)，则t′(x)＝－a2cosax＋eq\f(2（1＋x2）,（1－x2）2)(－1<x<1).由x＝0是f(x)的极大值点，易得f′(0)＝0，t′(0)<0，所以2－a2<0，解得a<－eq\r(2)或a>eq\r(2).所以a的取值范围是(－∞，－eq\r(2))∪(eq\r(2)，＋∞).8．[2023·全国甲卷(理)]已知函数f(x)＝ax－eq\f(sinx,cos3x)，x∈(0，eq\f(π,2)).(1)当a＝8时，讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)<sin2x，求a的取值范围．解析：(1)当a＝8时，f(x)＝8x－eq\f(sinx,cos3x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))))，f′(x)＝8－eq\f(cos4x＋3sin2xcos2x,cos6x)＝8＋eq\f(2,cos2x)－eq\f(3,cos4x).令eq\f(1,cos2x)＝t，则t∈(1，＋∞)，令h(t)＝－3t2＋2t＋8＝－(3t＋4)(t－2