04导数及其应用（解答题）（理科专用）-三年（2020-2022）高考数学真题分项汇编（全国通用）

这是一份04导数及其应用（解答题）（理科专用）-三年（2020-2022）高考数学真题分项汇编（全国通用），文件包含三年专题04导数及其应用解答题理科专用教师版docx、三年专题04导数及其应用解答题理科专用学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。
三年专题04 导数及其应用（解答题）
（理科专用）
1．【2022年全国甲卷】已知函数fx=exx−lnx+x−a．
(1)若fx≥0，求a的取值范围；
(2)证明：若fx有两个零点x1,x2，则环x1x20，再利用导数即可得证.
(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)1),φ'(x)=(1x−1x2)ex=x−1x2ex>0
所以φ(x)>φ(1)=e,而e1x0,所以g'(x)>0
所以g(x)在(1,+∞)单调递增
即g(x)>g(1)=0,所以exx−xe1x>0
令ℎ(x)=lnx−12(x−1x),x>1
ℎ'(x)=1x−12(1+1x2)=2x−x2−12x2=−(x−1)22x20
所以f(x)在(−1,0)上单调递增,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,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,g(x)单调递增,g(x)0，故f(x)在(lna,+∞)上为增函数，
故f(x)min=f(lna)=a−alna.
当00，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a>0，
设g(a)=a−11+a−lna,a>0，则g'(a)=2(1+a)2−1a=−a2−1a(1+a)2≤0，
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−lnx的最小值为1−ln1=1−ln11=1.
当b>1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，
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b>1，则u'(b)=eb−2>0，
故u(b)在(1,+∞)上为增函数，故u(b)>u(1)=e−2>0，
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00，
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−2b>0，
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x>0，故ℎ'(x)=ex+1x−2，
设s(x)=ex−x−1，x>0，则s'(x)=ex−1>0，
故s(x)在(0,+∞)上为增函数，故s(x)>s(0)=0即ex>x+1，
所以ℎ'(x)>x+1x−1≥2−1>0，所以ℎ(x)在(0,+∞)上为增函数，
而ℎ(1)=e−2>0，ℎ(1e3)=e1e3−3−2e30，
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0