2025届高考数学一轮复习专项练习高考大题专项一导数的综合应用

这是一份2025届高考数学一轮复习专项练习高考大题专项一导数的综合应用，共19页。试卷主要包含了已知函数f=ex+ax2-x，已知函数f=+aln x,g=，已知两个函数f=,g=-1，已知函数f=ex-kx2+2，已知函数f=xln x等内容，欢迎下载使用。
1.已知函数f(x)=ex+ax2-x.
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
(2)当x≥0时,f(x)≥x3+1,求a的取值范围.
2.已知函数f(x)=+aln x,g(x)=.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)证明:当a=1时,f(x)+g(x)-ln x>e.
3.已知函数f(x)=ln x+(a∈R)的图象在点,f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)>.
4.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)图象的一条切线,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.
5.已知两个函数f(x)=,g(x)=-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.
6.已知函数f(x)=(x-1)ex-kx2+2.
(1)略;
(2)若∀x∈[0,+∞),都有f(x)≥1成立,求实数k的取值范围.
7.已知函数f(x)=,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=f(xn),且x1=,证明:2n|-1|0.
所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
(2)f(x)x3+1等价于x3-ax2+x+1e-x≤1.设函数g(x)=e-x(x≥0),
则g'(x)=-x3-ax2+x+1-x2+2ax-1e-x
=-x[x2-(2a+3)x+4a+2]e-x
=-x(x-2a-1)(x-2)e-x.
①若2a+1≤0,即a≤-,则当x∈(0,2)时,g'(x)>0.所以g(x)在(0,2)上单调递增,而g(0)=1,故当x∈(0,2)时,g(x)>1,不合题意.
②若00,F(x)单调递增;当x∈(0,1)时,F'(x)0,G(x)单调递增,当x∈(e,+∞)时,G'(x)G(x),即ex-ex+1>,故原不等式成立.
3.(1)解 因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=,所以f'=e-ae2=-e,所以a=,
所以f'(x)=令f'(x)=0,得x=,当x时,f'(x)0,
所以h(x)在上单调递减,在上单调递增,
所以h(x)min=h
设t(x)=(x>0),则t'(x)=,
所以当x∈(0,1)时,t'(x)>0,t(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,t'(x)t(x),即xf(x)>
4.解 (1)∵a>1,∴函数f(x)的定义域为(0,+∞).∵f(x)=lnax-bx+1=lna+lnx-bx+1,∴f'(x)=-b=
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=
∵当x时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
当x时,f'(x)f'(x2)成立,
∴只需g(x1)min>f'(x2)max.
∵g'(x)=a-,
∴由g'(x)=0,得x=
∵a>1,∴00,g(x)单调递增.
∴g(x)≥g=1+lna,
即g(x1)min=1+lna.
∵f'(x2)=-b在x2∈[1,2]上单调递减,∴f'(x2)max=f'(1)=1-b=3-1+lna>3-即lna+-2>0.设h(a)=lna+-2,
易知h(a)在(1,+∞)上单调递增.
又h(e)=0,∴实数a的取值范围为(e,+∞).
5.(1)解 由f(x)=得,f'(x)=,∴当x0,
∴f(x)在区间(-∞,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增.
①当t≥1时,f(x)在区间[t,t+1]上单调递增,f(x)的最大值为f(t+1)=
②当00,1-e0,∴φ(x)>0在(0,+∞)上成立,∴对任意x∈(0,+∞),不等式f(x)>g(x)都成立.
6.解 (1)略
(2)f'(x)=xex-2kx=x(ex-2k),
①当k≤0时,ex-2k>0,所以,当x0,
则f(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增,
所以f(x)在区间[0,+∞)上的最小值为f(0),且f(0)=1,符合题意;
②当k>0时,令f'(x)=0,得x=0或x=ln2k,
所以当00时,c'(x)>0,所以h'(x)=ex-x-1在(0,+∞)上单调递增,
所以h'(x)=ex-x-1>h'(0)=0.
所以h(x)=ex-x2-x-1在(0,+∞)上单调递增,
所以h(x)=ex-x2-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=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|-1|0,得m(x)单调递增;
当x>x0时,m(x)=,由m'(x)=2x0-x1.
又因为2x0-x1>x0,而m(x)在区间(x0,+∞)上单调递减,
所以可证m(x2)1->0,
即h(x)单调递增,故当10,h(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,h'(x)0,t(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,t'(x)0,g(t)单调递增;
当t∈(1,+∞)时,g'(t)-2b.
当b≤0时,u'(x)>0,
此时u(x)在(1,+∞)上单调递增,
因此u(x)>u(1)=-a-b.
因为存在x0∈(1,+∞),使2a-3a-2bx0+b=0成立,
所以只要-a-b1,
x2=(舍去),
x3=0(舍去),得u(x1)=b>0.
又因为u(1)=-a-b1,使2a-3a-2bx0+b=0成立,此时>0.
综上,的取值范围为(-1,+∞).
5.解 (1)因为g(x)=x3+2(1-a)x2-8x+8a+7,
所以g'(x)=2ax2+4(1-a)x-8,所以g'(2)=0.
所以a=0,即g(x)=2x2-8x+7.
g(0)=7,g(3)=1,g(2)=-1.
所以g(x)在[0,3]上的值域为[-1,7].
(2)①当a=0时,g(x)=2x2-8x+7,由g(x)=0,得x=2±(1,+∞),此时函数y=h(x)有三个零点,符合题意.
②当a>0时,g'(x)=2ax2+4(1-a)x-8=2a(x-2)x+.
由g'(x)=0,得x=2.
当x∈(0,2)时,g'(x)2,即-1