2022高考数学一轮复习-高考大题专项导数的综合应用北师大版.docx

2022高考数学一轮复习 高考大题专项导数的综合应用北师大版

2022高考数学一轮复习 高考大题专项导数的综合应用北师大版

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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山东潍坊二模,20)已知函数f(x)=1x+aln x,g(x)=exx.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)证明:当a=1时,f(x)+g(x)-1+ex2ln x>e.

2.已知函数f(x)=ln x+ax(a∈R)的图像在点1e,f1e处的切线斜率为-e,其中e为自然对数的底数.
(1)求实数a的值,并求f(x)的单调区间;
(2)证明:xf(x)>xex.

3.(2020广东湛江一模,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,求实数a的取值范围.

4.(2020山东济宁5月模拟,21)已知两个函数f(x)=exx,g(x)=lnxx+1x-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.

5.(2020山东济南一模,22)已知函数f(x)=a(ex-x-1)x2,且曲线y=f(x)在(2,f(2))处的切线斜率为1.
(1)求实数a的值;
(2)证明:当x>0时,f(x)>1;
(3)若数列{xn}满足exn+1=f(xn),且x1=13,证明:2n|exn-1|<1.

突破2　用导数研究与函数零点有关的问题
1.(2020山东烟台一模,21)已知函数f(x)=1+lnxx-a(a∈R).
(1)若f(x)≤0在(0,+∞)上恒成立,求a的取值范围,并证明:对任意的n∈N+,都有1+12+13+…+1n>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.

2.(2019全国2,理20)已知函数f(x)=ln x-x+1x-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.

3.(2020北京通州区一模,19)已知函数f(x)=xex,g(x)=a(ex-1),a∈R.
(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天津和平区一模,20)已知函数f(x)=ax+bxex,a,b∈R,且a>0.
(1)若函数f(x)在x=-1处取得极值1e,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ba的取值范围.

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)=-1x2+ax=ax-1x2,
当a≤0时,f'(x)<0,所以f(x)在(0,+∞)上递减;
当a>0时,由f'(x)>0,得x>1a,由f'(x)<0,得0<x<1a,
所以f(x)在0,1a上递减,在1a,+∞上递增,
综上可知:当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上递减;
当a>0时,f(x)在0,1a上递减,在1a,+∞上递增.
(2)证明因为x>0,所以不等式等价于ex-ex+1>elnxx,
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,F(x)递减,所以F(x)min=F(1)=1.
设G(x)=elnxx,G'(x)=e(1-lnx)x2,
所以当x∈(0,e)时,G'(x)>0,G(x)递增,当x∈(e,+∞)时,G'(x)<0,G(x)递减,所以G(x)max=G(e)=1.
虽然F(x)的最小值等于G(x)的最大值,但1≠e,所以F(x)>G(x),即ex-ex+1>elnxx,故原不等式成立.
2.解因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x-ax2,所以f'1e=e-ae2=-e,所以a=2e,
所以f'(x)=1x-2ex2.令f'(x)=0,得x=2e,当x∈0,2e时,f'(x)<0,当x∈2e,+∞时,f'(x)>0,
所以f(x)在0,2e上递减,在2e,+∞上递增.
(2)证明设h(x)=xf(x)=xlnx+2e,由h'(x)=lnx+1=0,得x=1e,
所以当x∈0,1e时,h'(x)<0;当x∈1e,+∞时,h'(x)>0,
所以h(x)在0,1e上递减,在1e,+∞上递增,
所以h(x)min=h1e=1e.
设t(x)=xex(x>0),则t'(x)=1-xex,
所以当x∈(0,1)时,t'(x)>0,t(x)递增,当x∈(1,+∞)时,t'(x)<0,t(x)递减,所以t(x)max=t(1)=1e.
综上,在(0,+∞)上恒有h(x)>t(x),即xf(x)>xex.
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)=1x-b=1-bxx.
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=1b.
∵当x∈0,1b时,f'(x)>0,f(x)递增;
当x∈1b,+∞时,f'(x)<0,f(x)递减,
∴f(x)在定义域上有极大值,极大值为f1b=lnab.
(2)设直线y=2x+1与函数f(x)图像相切的切点为(x0,y0),则y0=2x0+1.
∵f'(x)=1x-b,∴f'(x0)=1x0-b=2,
∴x0=1b+2,即bx0=1-2x0.
又lnax0-bx0+1=2x0+1,
∴lnax0=1,∴ax0=e.
∴x0=ea.∴ae=b+2.
∵对任意的x1∈(0,1),x2∈[1,2]都有g(x1)>f'(x2)成立,
∴只需g(x1)min>f'(x2)max.
∵g'(x)=a-1x=ax-1x,
∴由g'(x)=0,得x=1a.
∵a>1,∴0<1a<1.
∴当x∈0,1a时,g'(x)<0,g(x)递减;
当x∈1a,1时,g'(x)>0,g(x)递增.∴g(x)≥g1a=1+lna,
即g(x1)min=1+lna.
∵f'(x2)=1x2-b在x2∈[1,2]上递减,∴f'(x2)max=f'(1)=1-b=3-ae.∴1+lna>3-ae.即lna+ae-2>0.设h(a)=lna+ae-2,
易知h(a)在(1,+∞)上递增.
又h(e)=0,
∴实数a的取值范围为(e,+∞).
4.(1)解由f(x)=exx得,f'(x)=xex-exx2=ex(x-1)x2,∴当x<1时,f'(x)<0,当x>1时,f'(x)>0,
∴f(x)在区间(-∞,1)上递减,在区间(1,+∞)上递增.
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)=et+1t+1.
②当0<t<1时,t+1>1,f(x)在区间(t,1)上递减,在区间(1,t+1)上递增,
∴f(x)的最大值为f(x)max=max{f(t),f(t+1)}.
下面比较f(t)与f(t+1)的大小.
f(t)-f(t+1)=ett-et+1t+1=[(1-e)t+1]ett(t+1).∵t>0,1-e<0,
∴当0<t≤1e-1时,f(t)-f(t+1)≥0,故f(x)在区间[t,t+1]上的最大值为f(t)=ett,
当1e-1<t<1时,f(t)-f(t+1)<0,
f(x)在区间[t,t+1]上的最大值为f(t+1)=et+1t+1.
综上可知,当0<t≤1e-1时,f(x)在区间[t,t+1]上的最大值为f(t)=ett,当t>1e-1时,f(x)在区间[t,t+1]上的最大值为f(t+1)=et+1t+1.
(2)证明不等式f(x)>g(x)即为exx>lnxx+1x-1.∵x>0,∴不等式等价于ex>lnx-x+1,令h(x)=ex-(x+1)(x>0),
则h'(x)=ex-1>0,
∴h(x)在(0,+∞)上为增加的,h(x)>h(0)=0,即ex>x+1,
所以,要证ex>lnx-x+1成立,只需证x+1>lnx-x+1成立即可.
即证2x>lnx在(0,+∞)上成立.
设φ(x)=2x-lnx,则φ'(x)=2-1x=2x-1x,当0<x<12时,φ'(x)<0,φ(x)递减,当x>12时,φ'(x)>0,φ(x)递增,
∴φ(x)min=φ12=1-ln12=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.
5.(1)解f'(x)=a[(x-2)ex+x+2)]x3,因为f'(2)=a2=1,所以a=2.
(2)证明要证f(x)>1,只需证h(x)=ex-12x2-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-12x2-x-1在(0,+∞)上递增,
所以h(x)=ex-12x2-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exn+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|exn-1|<1,只需证|exn-1|<12n.
因为x1=13,所以|ex1-1|=e13-1.
因为e-323=e-278<0,所以e13<32,所以|ex1-1|=e13-1<12.
故只需证|exn+1-1|<12|exn-1|.
因为xn∈(0,+∞),故只需证exn+1-1<12exn-12,
即证f(xn)-1<12exn-12.
只需证当x∈(0,+∞)时,φ(x)=12x2-2ex+12x2+2x+2>0,
φ'(x)=12x2+x-2ex+x+2,
令α(x)=12x2+x-2ex+x+2,则α'(x)=12x2+2x-1ex+1,
令β(x)=12x2+2x-1ex+1,则β'(x)=12x2+3x+1ex>0,
所以β(x)在区间(0,+∞)上递增,
故β(x)=12x2+2x-1ex+1>β(0)=0.
所以α(x)在区间(0,+∞)上递增,
故α(x)=12x2+x-2ex+x+2>α(0)=0.
所以φ(x)在区间(0,+∞)上递增,
所以φ(x)=12x2-2ex+12x2+2x+2>φ(0)=0,所以原不等式成立.
(方法2)由(2)知当x>0时,f(x)>1.
因为exn+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|exn-1|<1,只需证|exn-1|<12n.
因为x1=13,所以|ex1-1|=e13-1.
因为e-323=e-278<0,
所以e13<32,
所以|ex1-1|=e13-1<12.
故只需证|exn+1-1|<12|exn-1|.
因为xn∈(0,+∞),故只需证exn+1-1<12exn-12,
即证f(xn)-1<12exn-12.
只需证当x∈(0,+∞)时,φ(x)=12x2-2ex+12x2+2x+2>0.
因为φ(x)=12(x2-4)ex+12(x2+4x+4)=12(x+2)[(x-2)ex+(x+2)],
设u(x)=(x-2)ex+(x+2),故只需证u(x)>0.
u'(x)=(x-1)ex+1,
令v(x)=(x-1)ex+1,则v'(x)=xex>0,
所以v(x)在区间(0,+∞)上递增,
故v(x)=(x-1)ex+1>v(0)=0,
所以u(x)在区间(0,+∞)上递增,故u(x)=(x-2)ex+(x+2)>u(0)=0,所以原不等式成立.
突破2　用导数研究与
函数零点有关的问题
1.(1)证明由f(x)≤0可得,
a≥1+lnxx(x>0),令h(x)=1+lnxx,则h'(x)=1x·x-(1+lnx)x2=-lnxx2.
当x∈(0,1)时,h'(x)>0,h(x)递增;当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,h(x)递减,故h(x)在x=1处取得最大值,要使a≥1+lnxx,只需a≥h(1)=1,
故a的取值范围为[1,+∞).
显然,当a=1时,有1+lnxx≤1,即不等式lnx<x-1在(1,+∞)上成立,
令x=n+1n>1(n∈N+),则有lnn+1n<n+1n-1=1n,所以ln21+ln32+…+lnn+1n<1+12+13+…+1n,
即1+12+13+…+1n>ln(n+1).
(2)解由f(x)=g(x),可得1+lnxx-a=(x-1)2ex,即a=1+lnxx-(x-1)2ex,
令t(x)=1+lnxx-(x-1)2ex,
则t'(x)=-lnxx2-(x2-1)ex,
当x∈(0,1)时,t'(x)>0,t(x)递增;当x∈(1,+∞)时,t'(x)<0,t(x)递减,故t(x)在x=1处取得最大值t(1)=1,又当x→0时,t(x)→-∞,当x→+∞时,t(x)→-∞,所以,当a=1时,方程f(x)=g(x)有一个实数根;
当a<1时,方程f(x)=g(x)有两个不同的实数根;
当a>1时,方程f(x)=g(x)没有实数根.
2.(1)解f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞).
因为f'(x)=1x+2(x-1)2>0,所以f(x)在区间(0,1),(1,+∞)内递增.
因为f(e)=1-e+1e-1<0,f(e2)=2-e2+1e2-1=e2-3e2-1>0,所以f(x)在区间(1,+∞)内有唯一零点x1,即f(x1)=0.
又0<1x1<1,f1x1=-lnx1+x1+1x1-1=-f(x1)=0,故f(x)在区间(0,1)内有唯一零点1x1.
综上,f(x)有且仅有两个零点.
(2)证明因为1x0=e-lnx0,
故点B-lnx0,1x0在曲线y=ex上.
由题设知f(x0)=0,即lnx0=x0+1x0-1,故直线AB的斜率
k=1x0-lnx0-lnx0-x0=1x0-x0+1x0-1-x0+1x0-1-x0=1x0.
曲线y=ex在点B-lnx0,1x0处切线的斜率是1x0,曲线y=lnx在点A(x0,lnx0)处切线的斜率也是1x0,所以曲线y=lnx在点A(x0,lnx0)处的切线也是曲线y=ex的切线.
3.(1)证明设函数F(x)=f(x)-g(x)=xex-aex+a.
当a=1时,F(x)=xex-ex+1,所以F'(x)=xex.
所以当x∈(-∞,0)时,F'(x)<0;
当x∈(0,+∞)时,F'(x)>0.
所以F(x)在(-∞,0)上递减,在(0,+∞)上递增.
所以当x=0时,F(x)取得最小值F(0)=0.
所以F(x)≥0,即f(x)≥g(x).
(2)解设函数F(x)=f(x)-g(x)=xex-aex+a.
当a>1时,F'(x)=(x-a+1)ex,
令F'(x)>0,即(x-a+1)ex>0,解得x>a-1;
令F'(x)<0,即(x-a+1)ex<0,解得x<a-1.
所以F(x)在(-∞,a-1)上递减,在(a-1,+∞)上递增.
所以当x=a-1时,F(x)取得最小值,即F(a-1)=a-ea-1.
令h(a)=a-ea-1,则h'(a)=1-ea-1.
因为a>1,所以h'(a)<0.所以h(a)在(1,+∞)上递减.
所以h(a)<h(1)=0,所以F(a-1)<0.
又因为F(a)=a>0,所以F(x)在区间(a-1,a)上存在一个零点.
所以在[a-1,+∞)上存在唯一的零点.
又因为F(x)在区间(-∞,a-1)上递减,且F(0)=0,
所以F(x)在区间(-∞,a-1)上存在唯一的零点0.
所以函数F(x)有且仅有两个零点,即方程f(x)=g(x)有两个实数根.
4.解(1)函数f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞).
f'(x)=ax2+bx-bx2ex,由题知f'(-1)=0,f(-1)=1e,即(a-2b)e-1=0,(-a+b)-1e-1=1e,
解得a=2,b=1,
所以函数f(x)=2x+1xex(x≠0).
(2)f'(x)=2x2+x-1x2ex=(x+1)(2x-1)x2ex.
令f'(x)>0得x<-1或x>12,
令f'(x)<0得-1<x<0或0<x<12.
所以函数f(x)的递增区间是(-∞,-1),12,+∞,
递减区间是(-1,0),0,12.
(3)根据题意易得g(x)=ax-bx-2aex(a>0),
所以g'(x)=bx2+ax-bx-aex.
由g(x)+g'(x)=0,得ax-bx-2aex+bx2+ax-bx-aex=0.
整理,得2ax3-3ax2-2bx+b=0.
存在x0∈(1,+∞),使g(x0)+g'(x0)=0成立,
等价于存在x0∈(1,+∞),使2ax03-3ax02-2bx0+b=0成立.
设u(x)=2ax3-3ax2-2bx+b(x>1),则u'(x)=6ax2-6ax-2b=6ax(x-1)-2b>-2b.
当b≤0时,u'(x)>0,
此时u(x)在(1,+∞)上递增,
因此u(x)>u(1)=-a-b.
因为存在x0∈(1,+∞),使2ax03-3ax02-2bx0+b=0成立,
所以只要-a-b<0即可,此时-1<ba≤0.
当b>0时,令u(x)=b,
解得x1=3a+9a2+16ab4a>3a+9a24a=32>1,
x2=3a-9a2+16ab4a(舍去),
x3=0(舍去),得u(x1)=b>0.
又因为u(1)=-a-b<0,于是u(x)在(1,x1)上必有零点,即存在x0>1,使2ax03-3ax02-2bx0+b=0成立,此时ba>0.
综上有ba的取值范围为(-1,+∞).