2024版高考数学微专题专练16高考大题专练一导数的应用理（附解析）

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1．[2022·云南省昆明市检测]已知函数f(x)＝1－eq \f(ax2,ex)，a≠0
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当x＞0，a＞0时，exf(x)≥bx，证明：ab≤eq \f(2e3,27).
2．[2022·全国甲卷(理)，21]已知函数f(x)＝eq \f(ex,x)－lnx＋x－a.
(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；
(2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x20，F(x)单调递增；当x＞eq \f(3,2)时，F′(x)＜0，F(x)单调递减．
所以F(x)≤F(eq \f(3,2))＝eq \f(2e3,27)，所以ab≤eq \f(2e3,27).
2．解析：(1)由题意可知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(ex（x－1）,x2)－eq \f(1,x)＋1＝eq \f(（ex＋x）（x－1）,x2).
令f′(x)＝0，解得x＝1.
当x∈(0，1)时，f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0.
所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝e＋1－a.
若f(x)≥0，则f(x)min＝e＋1－a≥0，解得a≤e＋1.
故a的取值范围为(－∞，e＋1].
(2)证明：由(1)可知，要使f(x)有两个零点，则f(x)min＝f(1)＝e＋1－a＜0，即a＞1＋e.
假设0＜x1＜1＜x2，要证明x1x2＜1，即需证明1＜x2＜eq \f(1,x1).
又因为f(x)在x∈(1，＋∞)上单调递增，所以要证明1＜x2＜eq \f(1,x1)，则需证明f(x2)＜feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)))，即f(x1)＜feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1))).
令F(x)＝f(x)－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))，0＜x＜1，
则F′(x)＝f′(x)＋f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))·eq \f(1,x2)＝eq \f(（x－1）（ex＋x－xe\s\up6(\f(1,x))－1）,x2).
因为ex在x∈(0，1)上单调递增，
所以ex＜e，所以当x∈(0，1)时，ex＋x＜e＋1.
又函数y＝xeeq \s\up6(\f(1,x))在(0，1)上单调递减，所以xeeq \s\up6(\f(1,x))＞e，所以－xeeq \s\up6(\f(1,x))－1＜－e－1，所以ex＋x－xeeq \s\up6(\f(1,x))－1＜e＋1－e－1＝0，所以当x∈(0，1)时，F′(x)＞0，则F(x)在(0，1)上单调递增．
因为F(1)＝f(1)－f(1)＝0，所以F(x)＜0，即f(x)＜feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))，所以若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2＜1.
3．解析：(1)函数的定义域为{x|x＞－1}，
f′(x)＝eq \f(1,x＋1)－1＝eq \f(－x,x＋1)，f′(x)＞0，－1＜x＜0；f′(x)＜0，x＞0.
函数f(x)的单调递增区间为(－1，0)；单调递减区间为(0，＋∞).
(2)要使函数F(x)＝f(x)－g(x)有两个零点，即f(x)＝g(x)有两个实根，
即ln (x＋1)－x＋1＝aex－x＋lna有两个实根．即ex＋lna＋x＋lna＝ln (x＋1)＋x＋1.
整理为ex＋lna＋x＋lna＝eln (x＋1)＋ln (x＋1)，
设函数h(x)＝ex＋x，则上式为h(x＋lna)＝h(ln (x＋1))，
因为h′(x)＝ex＋1＞0恒成立，所以h(x)＝ex＋x单调递增，所以x＋lna＝ln (x＋1).
所以只需使lna＝ln (x＋1)－x有两个根，
设M(x)＝ln (x＋1)－x.
由(1)可知，函数M(x)的单调递增区间为(－1，0)；单调递减区间为(0，＋∞)，
故函数M(x)在x＝0处取得极大值，M(x)max＝M(0)＝0.
当x→－1时，M(x)→－∞；当x→＋∞时，M(x)→－∞，
要想lna＝ln (x＋1)－x有两个根，只需lna＜0，
解得0＜a＜1.
所以a的取值范围是(0，1).
4．解析：(1)当a＝1时，f(x)＝ln (1＋x)＋xe－x，
则f′(x)＝eq \f(1,1＋x)＋eq \f(1－x,ex)，∴f(0)＝0，f′(0)＝2，
∴曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x，即2x－y＝0.
(2)(方法一)函数f(x)的定义域为(－1，＋∞).
①当a≥0时，对于∀x>0，f(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上不存在零点，故不符合题意．
②当a－1，e－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)＝alnx－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)＝alnx0－x0＋1，
因为x0为函数f(x)的零点，故f(x0)＝alnx0＋eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2)－(a＋1)x0＋a＋eq \f(1,2)＝0，即
alnx0＝－eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2)＋(a＋1)x0－a－eq \f(1,2)，
所以g(x0)＝alnx0－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)＝aln (2a－1)＋eq \f(（2a－1）2,2)－(a＋1)(2a－1)＋a＋eq \f(1,2)＝aln (2a－1)－2a＋2，
令h(a)＝aln (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alnx－x＋1＞0恒成立．