专题05 导数及其应用解答题-大数据之十年高考真题（2013-2022）与优质模拟题汇编（新高考卷与全国理科）

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大数据之十年高考真题（2013-2022）与优质模拟题（新高考卷与新课标理科卷）
专题05导数及其应用解答题
真题汇总命题趋势

1．【2022年全国甲卷理科21】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x1x21),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00；当x>0时，u'(x)1时，ln(1+1t)≤1t0,f(x)单调递增；
当012时，若x∈(−∞,0)，则f'(x)>0,f(x)单调递增，
若x∈(0,ln(2a))，则f'(x)0,H(x)单调递增，
注意到H(0)=0，故H(x)≥0恒成立，从而有：ex≥x+1，此时：
f(x)=(x−1)ex−ax2−b≥(x−1)(x+1)−ax2+b=(1−a)x2+(b−1)，
当x>1−b1−a时，(1−a)x2+(b−1)>0，
取x0=1−b1−a+1，则f(x0)>0，
即：f(0)0，
而函数在区间(0,+∞)上单调递增，故函数在区间(0,+∞)上有一个零点.
f(ln(2a))=2a[ln(2a)−1]−a[ln(2a)]2+b
≤2a[ln(2a)−1]−a[ln(2a)]2+2a
=2aln(2a)−a[ln(2a)]2
=aln(2a)[2−ln(2a)]，
由于00,fx单调递增，
当x∈π3,2π3时，f'x0,f(1)=c+14>0，
又f(−4c)=−64c3+3c+c=4c(1−16c2)0.
设g(x)=f'(x),则g'(x)=aex−1+1x2>0,
∴g(x)在(0,+∞)上单调递增，即f'(x)在(0,+∞)上单调递增，
当a=1时，f'(1)=0,∴fxmin=f1=1,∴fx≥1成立.
当a>1时，1a0,h(x)单调递增；在(1,+∞)上h’(x)0，∴aex0−1=1x0，∴lna+x0−1=−lnx0，
因此f(x)min=f(x0)=aex0−1−lnx0+lna
=1x0+lna+x0−1+lna≥2lna−1+21x0⋅x0=2lna+1>1,
∴fx>1,∴fx≥1恒成立；
当01−12k2>1−12k(k−1)=1−121k−1−1k．
所以，cos12>1−1211−12，
cos13>1−1212−13，
……
cos1n>1−121n−1−1n．
将上式左右两边分别相加得：
cos12+cos13+…+cos1n>(n−1)−1211−12+12−13+…+1n−1−1n
=(n−1)−1211−1n=n+12n−32．
∴k=1ncos1k=cos1+cos12+cos13+…+cos1n>cos1+n+12n−32>12+n+12n−32= n+12n−1，
综上：k=1ncos1k>n+12n−1．
2．已知函数f(x)=ex(sinx+cosx)−asinx..
(1)当a=1时，求函数f（x）在区间[0，2π]上零点的个数；
(2)若函数y=fx在（0，2π）上有唯一的极小值点，求实数a的取值范围
【答案】(1)2个
(2)（−∞，2]∪ [2e2π,+∞)∪2eπ2,2e3π2
【解析】
(1)因为a=1，所以f(x)=ex(sinx+cosx)−sinx.
f'(x)=(2ex−1)cosx，
则当x∈0，π2时，f'(x)>0，f（x）在0，π2上单调递增，
当x∈π2，3π2时，f'(x)0，所以，函数t=xex在0,+∞上单调递增，
因为方程xex−alnx+x=0有两个实根x1、x2，令t1=x1ex1，t2=x2ex2，
则关于t的方程t−alnt=0也有两个实根t1、t2，且t1≠t2，
要证ex1+x2>e2x1x2，即证x1ex1⋅xex2>e2，即证t1t2>e2，即证lnt1+lnt2>2，
由已知t1=alnt1t2=alnt2，所以，t1−t2=alnt1−lnt2t1+t2=alnt1+lnt2，整理可得t1+t2t1−t2=lnt1+lnt2lnt1−lnt2，
不妨设t1>t2>0，即证lnt1+lnt2=t1+t2t1−t2lnt1t2>2，即证lnt1t2>2t1−t2t1+t2=2t1t2−1t1t2+1，
令s=t1t2>1，即证lns>2s−1s+1，其中s>1，
构造函数gs=lns−2s−1s+1，其中s>1，
g's=1s−4s+12=s−12ss+12>0，所以，函数gs在1,+∞上单调递增，
当s>1时，gs>g1=0，故原不等式成立.
4．已知函数fx=a2x2+a−1x−lnxa∈R．
(1)求函数fx的单调区间；
(2)当a>4时，若方程fx=ax2−x+a2在(0，1)内存在唯一实根x0，求证：x0∈14,1e．
【答案】(1)答案不唯一，具体见解析
(2)证明见解析
【解析】
(1)函数f(x)的定义域为0,+∞
则：f'x=ax+a−1−1x=ax2+a−1x−1x=ax−1x+1x
当a≤0，x∈(0+∞)时，f'(x)>0恒成立，所以f(x)单调递减；
当a>0时，令f'x=0，解得x=1a或x=−1(舍去)，
令f'x>0，x>1a，令f'x>0，04时，方程a2x2−ax+lnx+a2=0在(0，1)内存在唯一根x0，
令gx=a2x2−ax+lnx+a2，则g'x=ax−a+1x=ax2−ax+1x，x∈0,+∞
当a>4时，Δ=a2−4a>0，则ax2−ax+1=0有两个不相等的实数根x1,x2，
又x1+x2=1，x1x2=1a>0，故x1,x2∈0,1
设01x+lnx恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)1
(2)12,+∞
【解析】
(1)当a=12时，f(x)=e1−x+12x2−1，
所以f'(x)=−e1−x+x，易知f'(x)单调递增，且f'(1)=0，
当x∈(−∞,1)时，f'(x)x>0，所以e1−x1时，g'(x)=−e1−x+2ax+1x2−1x>−1x+x+1x2−1x =x3−2x+1x2>x2−2x+1x2>0，
因此g(x)在(1,+∞)上单调递增．又g(1)=0，
所以当x>1时，g(x)>0．
综上，a的取值范围是12,+∞．
6．已知函数fx=2x3+31+mx2+6mxx∈R.
(1)讨论函数fx的单调性；
(2)若f1=5，函数gx=alnx+1−fxx2≤0在1,+∞上恒成立，求整数a的最大值.
【答案】(1)见解析
(2)4
【解析】
（1）f'x=6x2+61+mx+6m=6x2+1+mx+m=6(x+1)(x+m)
若m=1时，f'(x)≥0，f(x)在R上单调递增；
若m>1时，−m1)，
则ℎ'(x)=2(lnx+1)−(2x+3)×1x(lnx+1)2=2lnx−3x(lnx+1)2，
设φ(x)=2lnx−3x(x>1)，则 φ'(x)=2x+3x2>0，所以φ(x)在(1,+∞)上单调递增，
又φ(2)=2ln2−32=ln16−320，
所以方程ℎ'(x)=0有且只有一个实根x0，且 20ℎ10，
即ℎx在0,+∞为增函数，即ℎx>ℎ0=0，
即证：ex−1x>ex2.
9．已知f(x)=34x2−x22lnx−a(x−1).
(1)若f(x)恒有两个极值点x1，x2（x132.
【答案】(1)(0,1)
(2)证明见解析
【解析】
(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞)，f'(x)=x−xlnx−a，
则方程f'(x)=0有两个不同的正根，
即函数y=a与ℎ(x)=x−xlnx(x>0)图像有两个交点，
ℎ'(x)=−lnx，令ℎ'(x)>0⇒00，
G(x)在(1,2)单调递增，故G(x)>G(1)=ℎ(1)−ℎ(1)=0，
即ℎ(x)>ℎ(2−x) (11，x2>1，ℎ(x)在(1,+∞)单调递减，故2−x12；
由x1+x2>2知x2>2−x1>1>x1；
由(1)知，f'(x)=x−xlnx−a，x1、x2为函数f(x)的极值点，
当x∈(0,x1)时f'(x)fx1+f2−x1，
令F(x)=f(x)+f(2−x)（00时，讨论fx的零点个数.
【答案】(1)单调增区间为0,π2，单调减区间为π2,π
(2)答案见解析
【解析】
(1)解：当a=0时，函数fx=xsinx+cosx,x∈0,π，
可得f'x=sinx+xcosx−sinx=xcosx.
当x在区间0,π上变化时，f'x，f（x）的变化如下表：
x
0
0,π2
π2
π2,π
π
f'x
0
+
0
-

f（x）
极小值1
↗
极大值π2
↘
-1
所以fx的单调增区间为0,π2；fx的单调减区间为π2,π.
(2)解：由题意，函数fx=xsinx+cosx+12ax2,x∈0,π，
可得f'x=ax+xcosx=xa+cosx
当a≥1时，a+cosx≥0在[0,π]上恒成立，
所以x∈[0,π]时，f'x≥0，所以fx在[0,π]上单调递增.
又因为f0=1，所以f（x）在[0,π]上有0个零点.
当00，F'(x)=(x+1)ex−1>0，即F(x)在(0,+∞)上单调递增，
因xex−1>0，当a≤0时，F(x)>0，即ℎ'(x)>0，函数ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，不存在极值，
当a>0时，F(0)=−a0，从而存在x1>0，使得F(x1)=0，即ℎ'(x1)=0，
当00，因此，x1是函数ℎ(x)的极小值点，满足a=x1ex1−1，
ℎ(x1)=x1ex1−1−a(x1+lnx1)=x1ex1−1(1−x1−lnx1)≥0，则1−x1−lnx1≥0，
因函数y=1−x−lnx在(0,+∞)上单调递减，而当x=1时，y=0，则由1−x1−lnx1≥0得00 ，此时函数ℎx单调递增，
当x01时，g'x0，所以ma在1,+∞上单调递增，
则ma>m1=0成立，故原不等式成立.
14．设函数f(x)=mex−1,g(x)=lnx+n，m、n 为实数， 若F(x)=g(x)x有最大值为1e2
(1)求n的值；
(2)若f(x)e2>xg(x)，求实数m的最小整数值.
【答案】(1)n=−1
(2)1
【解析】
(1)F(x)=g(x)x=lnx+nx，定义域为0,+∞，
F'(x)=1−lnx−nx2，
当0xlnx−1,
m>xlnx−1ex−3，令ℎx=xlnx−1ex−3，定义域为0,+∞，
ℎ'x=lnx−xlnx+xex−3，
令φx=lnx−xlnx+x，x>0
则φ'x=1x−lnx−1+1=1x−lnx，
可以看出φ'x=1x−lnx在0,+∞单调递减，
又φ'1=1>0，φ'2=12−ln20，当x∈x0,+∞时，φ'x21x0⋅x0−1=1，
φ1e=−1+1e+1e=2e−10，
φ4=4−6ln20，当x∈0,x1∪x2,+∞时，φx0，函数ℎ(x)单调递增；
当x>m+3m+2时，ℎ'(x)0,I(t)在[1,e]上单调递增，
∴当t=e时，函数I(t)取得最大值，且I(e)=−1−3e，
∴n−3m+2≥−1−3e，即n−3m+2的最小值为−1−3e
17．已知函数f(x)=ex2lnx(x>0)．
(1)求f(x)的极值点．
(2)若有且仅有两个不相等的实数x1,x200,m(x)单调递增.
若m(x)有两个零点,则必有m(e−12)0且1a>0，即00 ，
g'π4=e−π4−22−e−2+22>0 ，
根据零点存在定理可知，存在唯一x1∈π2,3π4，
使得k'x1=−e−x1−cosx1=0 ，
∴φ'(x)=e−x−sinx 在0,x1上单调递减，在x1,π上单调递增，
φ'x1=e−x1−sinx1=−cosx1−sinx1=−2sinx1+π40，所以11+x>0，ln(1+x)>0，所以f'xkx+1恒成立，即k0，即gx在0,+∞为增函数，
又g2=1−ln30，
即存在唯一的实数a∈2,3，满足ga=a−1−lna+1=0，
当x>a时，gx>0，ℎ'x>0，当0