统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练16高考大题专练一导数的应用理

这是一份统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练16高考大题专练一导数的应用理，共7页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。

1．[2023·全国甲卷(理)]已知函数f(x)＝ax－ eq \f(sin x,cs3x)，x∈(0， eq \f(π,2)).
(1)当a＝8时，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)0；当t∈(2，＋∞)时，h(t)0，f(x)单调递增；
当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2))) 时，f′(x)0，∵a1时，由于1－x20.
综上可知，当x>0时，都有g(x)>0，则f′(x)＝ eq \f(g（x）,x＋1) >0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
∴对于∀x>0，f(x)>f(0)＝0，f(x)在(0，＋∞)上不存在零点，符合题意．
(ⅱ)当a0，
∀x∈(x0，0)，都有g(x)0，
∴f(x)在(0，x1)上单调递减，在[x1，＋∞)上单调递增．
又∵f(0)＝0，∴∀x∈(0，x1)，f(x)h′(0)＝0，∴h(x)>h(0)＝0，∴g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又∵当x→0时，g(x)＝ eq \(lim,\s\d4(x→0)) eq \f(exln （1＋x）,x) ＝1，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，∴a∈(－∞，－1).
②当x∈(－1， eq \r(3) －2)时，φ′(x)0.
∵当x→－1时，φ(x)＝h′(x)→＋∞，h′(0)＝0，
∴存在a1∈(－1，0)使h′(a1)＝0，
∴h(x)在(－1，a1)上单调递增，在(a1，0)上单调递减．
当x→－1时，h(x)→－∞.
又h(0)＝0，
∴存在a2∈(－1，a1)，使得h(a2)＝0，
即g(x)在(－1，a2)上单调递减，在(a2，0)上单调递增．
当x→－1时，g(x)→＋∞；
当x→0时，g(x)→1，g(x)的大致图像如图．
故当a∈(－∞，－1)∪{－g(a2)}时，g(x)＝－a仅有一解；当a∈(－1，－g(a2))时，g(x)＝－a有两解．
综上可知，a∈(－∞，－1).
5．解析：(1)f′(x)＝ eq \f(a,x) ＋x－(a＋1)＝ eq \f(x2－（a＋1）x＋a,x) ＝ eq \f(（x－1）（x－a）,x) .
①若a≤1，则f′(x)＞0在(1，＋∞)恒成立，即f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
当x＞1时，f(x)＞f(1)＝0，与f(x)有一个大于1的零点x0矛盾．
②若a＞1，令f′(x)＞0，解得0＜x＜1或x＞a，令f′(x)＜0，解得1＜x＜a.
所以f(x)在(0，1)和(a，＋∞)上单调递增，在(1，a)上单调递减．
所以f(a)＜f(1)＝0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，由零点存在性定理，f(x)在(a，＋∞)上存在一个零点x0.综上，a＞1.
(2)令g(x)＝a ln x－x＋1，g′(x)＝ eq \f(a,x) －1＝ eq \f(a－x,x) ，由(1)知1＜a＜x0，令g′(x)＞0，
解得1＜x＜a，令g′(x)＜0，解得a＜x＜x0，故g(x)在(1，a)上单调递增，在(a，x0)上单调递减．
g(1)＝0，g(x0)＝a ln x0－x0＋1，
因为x0为函数f(x)的零点，故f(x0)＝a ln x0＋ eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2) －(a＋1)x0＋a＋ eq \f(1,2) ＝0，即
a ln x0＝－ eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2) ＋(a＋1)x0－a－ eq \f(1,2) ，
所以g(x0)＝a ln x0－x0＋1＝－ eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2) ＋(a＋1)x0－a－ eq \f(1,2) －x0＋1＝－ eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2) ＋ax0－a＋ eq \f(1,2)
＝ eq \f(1,2) (1－x0)(x0－2a＋1).
又因为f(2a－1)＝a ln (2a－1)＋ eq \f(（2a－1）2,2) －(a＋1)(2a－1)＋a＋ eq \f(1,2) ＝a ln (2a－1)－2a＋2，
令h(a)＝a ln (2a－1)－2a＋2，则
h′(a)＝ln (2a－1)＋ eq \f(2a,2a－1) －2＝ln (2a－1)＋ eq \f(1,2a－1) －1，
令m(a)＝ln (2a－1)＋ eq \f(1,2a－1) －1，
m′(a)＝ eq \f(2,2a－1) － eq \f(2,（2a－1）2) ＝ eq \f(4（a－1）,（2a－1）2) ＞0恒成立，
所以h′(a)在(1，＋∞)上单调递增，h′(a)＞h′(1)＝0，所以h(a)在(1，＋∞)上单调递增，
h(a)＞h(1)＝0，即f(2a－1)＞0，
由(1)可知f(a)＜0，所以a＜x0＜2a－1，
因为1－x0＜0，x0－2a＋1＜0，所以g(x0)＝ eq \f(1,2) (1－x0)·(x0－2a＋1)＞0，
所以g(x)＞0在x∈(1，x0]恒成立，
故对任意的x∈(1，x0]，都有a ln x－x＋1＞0恒成立．