2025年高考数学总复习专项训练：高考大题(一) 导数的应用

专练18高考大题专练(一)导数的应用

X

1.[2024・新课标I卷]已知函数段)=ln+ax+b(x-l)i.

(1)若b=0,且力：尤)20,求。的最小值；

(2)证明：曲线>=/(尤)是中心对称图形；

(3)若兀0>—2当且仅当求b的取值范围.

V

解析：(1)当8=0时，f(x)=\n"7^+ax9x£(0,2),

M12—xx,2~x2~x—(—1)x,2

则/㈤=丁•(二)'+〃=丁'-(2-x)2+a=r(i--+“.

2

•.了(无)20,.••吟屋_2)在(°，2)上恒成立.

当XG(O,2)时，x(x-2)e[-l,0),

-x(x-2)8,-2]

—2,+°°),即〃的最小值为-2.

Y

(2)证明：方法一\'J(x)=ln2—x+〃x+b(x—1)二工£(0,2),

]~\~x

・\/(x+l)=ln[二%+ax+a+bxi,%£(—1,1).

人]+x11aci1—%14-X

令g(x)=/(x+l)-a=ln+ax+bx3,%£(—1,1),则g(-x)=ln~ax~^q=—ln—ax

一加=—g(x),「.ga)是定义域为(一1,1)的奇函数，其图象关于坐标原点。对称.

又・・7U)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，个单位长度得到，，曲线y=/(x)

是中心对称图形.

方法二危)的定义域为(0,2),11)=〃.

]~Hx1-x

当x£(—1,1)时，/(l+x)=ln]_%+〃(1+工)+加?，/(I—x)=ln1十.+〃(1—%)—bx\

1X1—X

.*./1+^)+/1—X)=\n不彳+ln+2〃=2〃，，曲线y=/(x)关于点(1,〃)中心对称，即曲线y=«x)

是中心对称图形.

⑶・.・於)>—2当且仅当Kx<2,

：.fil)=-2=^a=-2,

Y11

32

••fix)—In_x—2x+b(x—1)>—2对任意(1,2)怛成立，/(x)=~_x—2+3Z?(x—I)=

2(X—1)22

+3b(x—1)2=(x—1)2-(2—x)+3处

x(2—x)

22

令机(x)=-z9_x+3/?,・••必有机(1)=2+3。三0=82—彳.

2

否则若从一W,则存在次14<2)使得当x£(l,3)时，

/(x)<0,危)在(1,3)上单调递减，，人①勺(1)=-2.

2r2

3

当—1时，对任意x£(l,2),於)NInx-2x一(x—1),

Y22(x—1)2]

—2%——22

令成x)=ln唠73(%—1>,则h'(x)=J(2—x)2(x—1)=2(x-1)[^.(2—%)11]>°，对任

意x£(l,2)恒成立，

Z./z(x)>/i(l)=-2,符合条件.

2

综上可得b的取值范围是[―彳，+8).

2.[2023•新课标I卷]已知函数段)=〃(e*+〃)一x.

(1)讨论/(x)的单调性；

3

(2)证明：当a>0时，f(x)>2\n.

解析：(l)f(x)=aex—l,

当aWO时，/(%)W0,

所以函数欠工)在(一8,+8)上单调递减；

当〃>0时，令/(x)>0,得令/(x)<0,得％

所以函数«x)在(-8,—ln〃)上单调递减，在(一ln〃，+8)上单调递增.

综上可得：当时，函数/(X)在(一8,十8)上单调递减；

当〃>0时，函数/(x)在(一8,—ln〃)上单调递减，在(一Ino,+8)上单调递增.

(2)方法一由(1)得当〃>0时，函数y(x)=Q(e，+a)—x的最小值为八-Ina)=a(e—in"+")+ln〃=1+/+

Ina,

31

令g(Q)=l+〃2+lna-21n〃一]=层一Ina—1,〃£(0,+°°),

所以/⑷=2〃一(,令/⑷>0,得。,乎；令夕⑷<0,得0<〃<乎.

所以函数g(。)在(0,坐)上单调递减，在(乎，+8)上单调递增，

所以函数g(。)的最小值为g(乎)=(乎In乎—=lny/2>0,

3

所以当a>0时，/(x)>21n〃+2成立.

方法二当〃>0时，由(1)得，y(x)min=/(—lnq)=l+/+ln〃，

3

故欲证/(x)>21n成立，

3

只需证1+层+in〃>21n〃+5,

即证层一]>lna.

构造函数u(d)=ln〃一(〃一1)(〃>0),

11—(2

贝Iu\a)=--1=-^—,所以当〃>1时，/(a)<0；当0<a<l时，>⑷>0.

所以函数"(4)在(0,1)上单调递增，在(1,+8)上单调递减，

所以〃(a)W〃(l)=0,即lnaW〃一1,

故只需证/一；>a~l,即证〃2—Q+T>0,

因为a2~a+^=(〃-3)2+4>0恒成立，

3

所以当。>0时，J(x)>21n成立.

3.[2024•新课标II卷]已知函数/(x)=e"一以―步.

(1)当〃=1时，求曲线>=/")在点(1,人1))处的切线方程；

(2)若1x)有极小值，且极小值小于0,求。的取值范围.

解析：(1)当〃=1时，/(%)=——x—l,则/(x)=e*—l,所以/(l)=e—l.

又因为火l)=e—2,所以曲线y=y(%)在点(1,-1))处的切线方程为y—(e—2)=(e—1)(%—1),即y=(e—

l)x—1.

(2yO)=e%一以一苏，则/(%)=e%—〃，当aWO时，/(x)=e%—Q>0,则八工)在R上单调递增，无极值点，

所以a>0.

令了(%)<。,得x<lna,令/(x)>0,得x>lna,

所以«x)在(-8,Ino)上单调递减，在(ln〃，+8)上单调递增，

所以x=lna是4x)的极小值点，极小值为/(In〃)=*"—〃In〃一/=〃一〃Ina—a5,则问题转化为解不

等式a~aIn〃一〃3<()

又因为Q>0,所以不等式可化为〃2+in〃一1>0.

令g(Q)=〃2+ln〃-1,贝|g(〃)=2〃+:>0恒成立，

所以g(〃)在(0,+8)上单调递增.又g(l)=o,所以不等式a—"In。一〃3<0的解集为(1,+8),所以。

的取值范围是(1,+°°).

4.[2024•全国甲卷(理月已知函数段)=(1—aOln(l+x)-x

(1)当〃=—2,求/(x)的极值；

(2)当％20时，犬工)20,求〃的取值范围.

解析：(1)当〃=—2时,fix)=(l+2x)ln(1+x)—x,x>—1,

Y

/(x)=21n(l+x)+yq^.

当x>0时，f(x)>0,当一l<r<0时，无)<0,

所以八x)在(一1,0)上单调递减，在(0,+8)上单调递增，

故兀0的极小值为八0)=0,无极大值.

,,(a+1)x

(2)/(x)=(l—依)ln(l+x)—x,f(x)=—aIn(H-x)一1+尤.

令g(x)=/(x),贝”g，a)=一1—2.

因为当x20时，危)20,且式0)=0,f(0)=0,

所以g'(0)=—1—2。20,得aW—；.

111V

当2时，g3>2(1+x)—2(1+x)2=2(1+x)2》°，且等号不恒成立，所以g(x)在［0,

+8)上单调递增，

所以/a)=g(x)》g(o)=o,且等号不恒成立，

故於：)在［0,+8)上单调递增，

所以八工)//(0)=0恒成立，

故〃的取值范围为(一8,—1］.

5.［2022・新高考I卷］已知函数/(x)=e%—QX和g(x)=QX—Inx有相同的最小值.

⑴求。；

(2)证明：存在直线y=。，其与两条曲线>=/口)和〉=且。)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)由人工)=匕九一“X,得/(x)=e"一

由于/(x)存在最小值，则方程了(%)=0有解，故〃>0,解得x=ln〃.

所以“x)在(-8,ma)上单调递减，在(Ino,+8)上单调递增，

所以min=#ln〃)="一aIna.

同理，得g(X)min=g(1)=l+ln〃.

因为函数/(x),g(x)的最小值相等，

所以a-alna=l+lna,即(〃+l)lni+l—〃=0.

令人(jr)=(x+l)lnx+l—%,%>0,则/(x)=lnx+：.

令根(x)=lnx+：,x>0,则/(x)=：—/x—1

%—1x—1

令q->0,则％>1；令q-<0,则0<x<l.

所以加(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+8)上单调递增，即勿(X)在(0,1)上单调递减，在(1,+8)上单

调递增,所以砥X)min=l(l)=l>0,

所以/i(x)在(0,+8)上单调递增.

又用(1)=0,所以1是/z(x)唯一零点，所以4=1.

(2)证明：由(1)知本)=e%—x,g(x)=x—lnx,且«x)在(-8,0)上单调递减，在(0,十8)上单调递增，

g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+8)上单调递增，且加；)min=g(x)min=l.

①当Z?<1时，«X)min=ga)min=l>b,显然直线>=匕与两条曲线>=/(%)和>=g(£)无交点，不符合题意.

②当/?=1时，/(X)min=g(X)min=l=。，则直线>=匕与两条曲线>=黄工)和丁=g(x)共有2个交点，不符合

题意.

③当b>\时，首先证明直线y=b与曲线'=段)有2个交点，即证F(x)=f(x)~b有2个零点.

因为尸(x)=/(x)=ex—1,

所以5(X)在(-8,0)上单调递减，在(0,+8)上单调递增.

F(-b)=e~b>0,F(Q)=l-b<0,F(b)=a—2b.

令一份=廿一26,b>l,贝)|/S)=e。-2>0,

所以/3)>*l)=e—2>0,所以尸(Z?)>0.

所以由零点存在定理，知尸(x)=/(x)—Z?在(一8,0)上存在且只存在1个零点，设为xi,在(0,+°°)±

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)—Z?有2个零点.

因为GXr)=gXx)=l—:，所以G(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+8)上单调递增.

G(e~b)=e~b>0,G(l)=l-/?<0,G(2b)=b~ln2b.

x11

-

令〃(%)=2—Inx,X>29则/(%)=2->0,

所以〃(x)>〃(2)=1-In2>0,即G(2/?)>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，设为口，在(1,+8)上存

在且只存在1个零点，设为必.

再次证明存在b使得X2=X3.

因为/(%2)=G(X3)=O,所以b=ex2—X2=X3—Inx3.

若％2=工3,则ex2—X2=X2—InX2,即e%2—2%2+lnx2=。，所以只需证明方程e*—2x+lnx=0在(0,1)上

有解即可，

即证明9a)=e“一2x+lnx在(0,1)上有零点.

因为9d)=e"一1—3<0,9(l)=e-2>0,

所以9(x)=e*—2x+ln%在(0,1)上存在零点，取一零点为出,令愈=冗3=&即可，此时b=exo—必，则

此时存在直线y=b与两条曲线)=黄元)和y=g(x)共有三个不同的交点.

最后证明即+必=2即，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(XO)=G(X3)=G(XO)=G(X4)=O,所以F(xi)=G(xo)=F(lnxo).

又因为b(x)在(一8,0)上单调递减，xi<0,0<X0<l,即lnxo<O,所以xi=lnxo.

因为/ao)=G(exo)=G(%4),又因为G(x)在(1,+8)上单调递增，x0>0,即exo>l,如>1,所以％4=e%o.

又因为e%o—2xo+ln%o=O,所以xi+x4=lnxo+exo=2xo,

即存在直线与两条曲线丁=人工)和)=8a)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/(x)=lnx+/+办+2在点(2,犬2))处的切线与直线2x+3y=0垂直.

⑴求〃；

(2)求兀X)的单调区间和极值.

一11Q

解析：(1»(%)=噎+2x+a,则/(2)=]+2X2+〃=]+a,

,92

由题意可得(]+«)X(——)=-1,解得〃=—3.

(2)由。=—3,故«x)=ln%+/—3x+2,

.1।22—3x+l(2x—1)(x—1)

则M/(%)=1+2x—3=-------------=-------------------------,x>0,

故当0<x<|时，/(x)>0,当;<x<l时，/(x)<0,当X>1时，/(x)>0,

故危)的单调递增区间为(0,।),(1,+8),%)的单调递减区间为七,1),

故五》)有极大值/^)=ln；+(^>—3x]+2=土一In2,

有极小值式l)=ln1+12-3X1+2=O.

7.[2023•新课标II卷]⑴证明：当0<%<1时，x—f<sinx<x；

(2)已知函数y(x)=cosOX—In(1—X2),若％=0是«r)的极大值点，求〃的取值范围.

解析：(1)令/z(x)=x—x2—sin%,

贝Ihf(x)=1—2x—cosx,

令p(x)=1~2x—cosx,则pr(x)=-2+sinx<0,

所以p(x)即砥x)单调递减，又砥0)=0,

所以当0<x<l时，h\x)<hr(0)=0,以功单调递减,

所以当0<%<1时，/z(x)</z(0)=0,即％——<sinx.

令g(x)=sinx-x,

贝Ig'(%)=cos九一1W。,

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<l时，A：—x2<sinx<x

(2)方法一因为/(x)=cosax—In(1—f)(—1<X<1),

所以«x)=/(—x),所以次x)为偶函数.

.2x_

f(x)=—asinax+_^2(1<x<1),

2%

令©)=—〃sin4%+]_(2(_1<X<1),

2

rtl9,2(1+x)

贝Uf(x)=—acosax+—^2)2(一

22

人,2(1+x)eQ,4x(3+x)

9r23

令n(x)=—acos(〔_炉户，贝Un(x)=asinax+—।—x)

当a=0时,

当04V1时，/(x)>0,«x)单调递增，当一1<%<0时，/(%)<0,1%)单调递减,

所以x=0是八%)的极小值点，不符合题意.

JT

当Q>0时，取五与1中的较小者，为m,

则当04V根时，易知川(%)>0,

所以〃(x)即r(x)在(0,附上单调递增，所以«x)>«0)=2—次.

①当2—〃220,即0<a^y[2时，f(x)>0(0<x<m).

所以©)在(0,逝上单调递增,所以©)>*0)=0,sp/(x)>0.

那么大x)在(0,刈上单调递增，

由偶函数性质知五幻在(一根，0)上单调递减.

故x=0是«x)的极小值点，不符合题意.

②当2—次<0,即a>yf2时，

当会<晨即说时，

因为底0)<0」/)

>0,

所以「(%)在(0,㈤上存在唯一零点％i,

且当0<x<xi时，f(x)<0,t(x)单调递减，

因为*0)=0,所以当0<%<为时，心)<0,

即/(x)<0,

所以/(x)在(0,xi)上单调递减，

因为1工)为偶函数，所以yu)在(一㈤，0)上单调递增,

故可得X=0是“X)的极大值点，符合题意.

当日>晨即也<tz<2时，

因为/(0)<0,=—a2cos1+岑>0,

所以「(X)在(0,⑼上存在唯一零点X2,

且当0<X<X2时，«%)<0,心)单调递减.

因为*0)=0,所以当0<x<X2时，/(x)<0,

即了(%)<0,

所以“X)在(0,X2)上单调递减.

因为人X)为偶函数，所以人工)在(一X2,0)上单调递增，

故可得x=0是人期的极大值点，符号题意.

当〃<0时，由偶函数图象的对称性可得〃<一也.

综上所述，。的取值范围是(一8,-^2)U(^2,+8).

方法二由«x)=cosax~\n(1—x2),

得了(%)=-"sin(_l<r<l),

2x

令[x)=—〃sinax+yT彳(—1<X<1),

2(1+x2)

则/(%)=—Heosox4(-1<X<1).

(1-x2)2

由％=0是式x)的极大值点，易得/(0)=0,

f(0)<0,

所以2—6Z2<0,

解得〃〈一也或〃g/5.

所以〃的取值范围是(一8,-y[2)U(色，+oo).

QinYIT

8.[2023•全国甲卷