2022年新高考数学一轮复习练习：专练18　高考大题专练（一）　导数的应用（含解析）.docx

1、专练 18高考大题专练(一)导数的应用 1.已知函数 f(x)|xa|lnx(a0) (1)讨论 f(x)的单调性； (2)比较ln2 2 22 ln3 2 32 lnn 2 n2 与n12n1 2n1 的大小(nN*且 n2)，并证明你的结论 2.设函数 f(x)ax2(4a1)x4a3ex. (1)若曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线与 x 轴平行，求 a； (2)若 f(x)在 x2 处取得极小值，求 a 的取值范围 3.2020全国卷设函数 f(x)x3bxc，曲线 yf(x)在点 1 2，f 1 2 处的切线与 y 轴垂直 (1)求 b； (2)若 f(x)有一个绝对值不大于

2、 1 的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于 1. 4.已知函数 f(x)1lnx x . (1)若函数 f(x)在区间 a，a1 2 上存在极值，求正实数 a 的取值范围； (2)如果当 x1 时不等式 f(x) k x1恒成立，求实数 k 的取值范围 5.2020全国卷已知函数 f(x)exax2x. (1)当 a1 时，讨论 f(x)的单调性； (2)当 x0 时，f(x)1 2x 31，求 a 的取值范围 6.2021全国新高考卷已知函数 f(x)x(1lnx) (1)讨论 f(x)的单调性； (2)设 a，b 为两个不相等的正数，且 blnaalnbab，证明：21 a 1

3、be. 7.2021全国乙卷设函数f(x)ln (ax)，已知x0 是函数yxf(x)的极值点 (1)求 a； (2)设函数 g(x)xfx xfx ，证明：g(x)1. 8.2021全国甲卷已知 a0 且 a1，函数 f(x)x a ax(x0) (1)当 a2 时，求 f(x)的单调区间； (2)若曲线 yf(x)与直线 y1 有且仅有两个交点，求 a 的取值范围 专练专练 18高考大题专练高考大题专练(一一)导数的应用导数的应用 1解析：(1)函数 f(x)的定义域为(0，) 函数 f(x)可化为 f(x) xlnxa，xa， axlnx，0 xa. 当 0 xa 时，f(x)11 x0

4、，所以 f(x)在(0，a)上单调递减 当 xa 时，f(x)11 x x1 x ，此时要考虑 a 与 1 的大小 若 a1，则 f(x)0，且 f(x)在a，)的任意子区间内都不恒等于 0， 故 f(x)在(a，)上单调递增； 若 0a1，则当 ax1 时，f(x)1 时，f(x)0， 故 f(x)在a,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，f(x)在 xa 处连续 所以当 a1 时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增； 当 0a1 时，x1lnx0，即 lnxx1，所以lnx x 11 x. 所以当 n2，nN*时ln2 2 22 ln3 2 32 lnn 2 n2 1

5、1 22 1 1 32 1 1 n2 n1 1 22 1 32 1 n21 2，则当 x 1 a，2时，f(x)0. 所以 f(x)在 x2 处取得极小值 若 a1 2，则当 x(0,2)时，x20，ax1 1 2x10. 所以 2 不是 f(x)的极小值点 综上可知，a 的取值范围是 1 2，. 3解析：(1)f(x)3x2b. 依题意得 f 1 2 0，即3 4b0. 故 b3 4. (2)由(1)知 f(x)x33 4xc，f(x)3x 23 4. 令 f(x)0，解得 x1 2或 x 1 2. f(x)与 f(x)的情况为： 因为 f(1)f 1 2 c1 4，所以当 c 1 4时，f

6、(x)只有大于 1 的零点 因为 f(1)f 1 2 c1 4，所以当 c 1 4时，f(x)只有小于1 的零点 由题设可知1 4c 1 4. 当 c1 4时，f(x)只有两个零点 1 2和 1. 当 c1 4时，f(x)只有两个零点1 和 1 2. 当1 4c 1 4时，f(x)有三个零点 x 1，x2，x3，且 x1 1，1 2 ，x2 1 2， 1 2 ，x3 1 2，1. 综上，若 f(x)有一个绝对值不大于 1 的零点，则 f(x)所有零点的绝对值都不大于 1. 4解析：(1)函数 f(x)的定义域为(0，)，f(x)lnx x2 ， 令 f(x)0，得 x1， 当 x(0,1)时，

7、f(x)0，f(x)单调递增；当 x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递减， 当 x1 时，f(x)取得极大值， 0a1a1 2，得 1 2a0，g(x)在1，)上单调递增，g(x)g(1)2，k2. 故实数 k 的取值范围是(，2 5解析：(1)当 a1 时，f(x)exx2x，f(x)ex2x1. 故当 x(，0)时，f(x)0.所以 f(x)在(，0)单调递 减，在(0，)单调递增 (2)f(x)1 2x 31 等价于 1 2x 3ax2x1 e x1. 设函数 g(x) 1 2x 3ax2x1 e x(x0)，则 g(x) 1 2x 3ax2x13 2x 22ax1 e x 1 2x

8、x 2(2a3)x4a2ex 1 2x(x2a1)(x2)e x. ()若 2a10， 即 a1 2， 则当 x(0,2)时， g(x)0.所以 g(x)在(0,2)单调递增， 而 g(0) 1，故当 x(0,2)时，g(x)1，不合题意 ()若 02a12，即1 2a 1 2，则当 x(0,2a1)(2，)时，g(x)0.所以 g(x)在(0,2a1)，(2，)单调递减，在(2a1,2)单调递增由于 g(0) 1，所以 g(x)1 当且仅当 g(2)(74a)e 21，即 a7e2 4 . 所以当7e 2 4 a0，当 x(1，)时， f(x)0， 故 f(x)的递增区间为(0，1)，递减区

9、间为(1，). (2)因为 blnaalnbab，故 b(lna1)a(lnb1)，即lna1 a lnb1 b ， 故 f 1 a f 1 b ， 设1 ax 1，1 bx 2，由(1)可知不妨设 0 x11. 因为 x(0，1)时，f(x)x(1lnx)0，x(e，)时，f(x)x(1lnx)0， 故 1x22， 若 x22，x1x22 必成立 若 x22，即证 x12x2，而 02x2f(2x2)，即证：f(x2)f(2x2)，其中 1x22. 设 g(x)f(x)f(2x)，1x2， 则 g(x)f(x)f(2x)lnxln(2x)lnx(2x)， 因为 1x2，故 0 x(2x)0，

10、 所以 g(x)0，故 g(x)在(1，2)上为增函数，所以 g(x)g(1)0， 故 f(x)f(2x)，即 f(x2)f(2x2)成立，所以 x1x22 成立， 综上，x1x22 成立 设 x2tx1，则 t1， 结合lna1 a lnb1 b ，1 ax 1，1 bx 2可得： x1(1lnx1)x2(1lnx2)， 即：1lnx1t(1lntlnx1)，故 lnx1t1tlnt t1 ， 要证：x1x2e，即证(t1)x1e，即证 ln(t1)lnx11， 即证：ln(t1)t1tlnt t1 1，即证：(t1)ln(t1)tlnt1， 则 S(t)ln(t1)t1 t11lntln

11、11 t 2 t1， 先证明一个不等式：ln(x1)x. 设 u(x)ln(x1)x，则 u(x) 1 x11 x x1， 当1x0；当 x0 时，u(x)1 时，ln 11 t 1 t 2 t1，故 S (t)0 恒成立， 故 S(t)在(1，)上为减函数，故 S(t)S(1)0， 故(t1)ln(t1)tlnt0 成立，即 x1x2e 成立 综上所述，21 a 1 be. 7解析：(1)由题意得 yxf(x)xln(ax)， 则 yln(ax)xln(ax). 因为 x0 是函数 yxf(x)的极值点， 所以 x0 时，ylna0，所以 a1. (2)由(1)可知，f(x)ln(1x)，其

12、定义域为x|x1， 当 0 x1 时，ln(1x)0，此时 xf(x)0， 当 x0，此时 xf(x)0. 易知 g(x)的定义域为x|x1 且 x0， 故要证 g(x)xfx xfx xf(x)，即证 xln(1x)xln(1x)0. 令 1xt，则 t0 且 t1，则只需证 1tlnt(1t)lnt0，即证 1ttlnt0. 令 h(t)1ttlnt, 则 h(t)1lnt1lnt， 所以 h(t)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以 h(t)h(1)0， 即 g(x)0)， f(x)x2xln2 2x (x0)， 令 f(x)0，则 0 x 2 ln2，此时函数 f(x)单

13、调递增， 令 f(x) 2 ln2，此时函数 f(x)单调递减， 所以函数 f(x)的单调递增区间为 0， 2 ln2 ，单调递减区间为 2 ln2，. (2)曲线 yf(x)与直线 y1 有且仅有两个交点， 可转化为方程x a ax1(x0)有两个不同的解，即方程 lnx x lna a 有两个不同的解 设 g(x)lnx x (x0)，则 g(x)1lnx x2 (x0)， 令 g(x)1lnx x2 0，得 xe， 当 0 x0，函数 g(x)单调递增， 当 xe 时，g(x)e 时，g(x) 0，1 e ， 又 g(1)0，所以 0lna a 1 且 ae， 即 a 的取值范围为(1，e)(e，)