2025版高考数学一轮复习微专题小练习专练18高考大题专练一导数的应用

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这是一份2025版高考数学一轮复习微专题小练习专练18高考大题专练一导数的应用，共7页。试卷主要包含了[2023·新课标Ⅱ卷]证明等内容，欢迎下载使用。

(1)若b＝0，且f′(x)≥0，求a的最小值；
(2)证明：曲线y＝f(x)是中心对称图形；
(3)若f(x)>－2当且仅当1解析：(1)当b＝0时，f(x)＝ln eq \f(x,2－x)＋ax，x∈(0，2)，
则f′(x)＝ eq \f(2－x,x)·( eq \f(x,2－x))′＋a＝ eq \f(2－x,x)· eq \f(2－x－（－1）x,（2－x）2)＋a＝ eq \f(2,x（2－x）)＋a.
∵f′(x)≥0，∴a≥ eq \f(2,x（x－2）)在(0，2)上恒成立．
当x∈(0，2)时，x(x－2)∈[－1，0)，
∴ eq \f(2,x（x－2）)∈(－∞，－2]，
∴a∈[－2，＋∞)，即a的最小值为－2.
(2)证明：方法一 ∵f(x)＝ln eq \f(x,2－x)＋ax＋b(x－1)3，x∈(0，2)，
∴f(x＋1)＝ln eq \f(1＋x,1－x)＋ax＋a＋bx3，x∈(－1，1).
令g(x)＝f(x＋1)－a＝ln eq \f(1＋x,1－x)＋ax＋bx3，x∈(－1，1)，则g(－x)＝ln eq \f(1－x,1＋x)－ax－bx3＝－ln eq \f(1＋x,1－x)－ax－bx3＝－g(x)，∴g(x)是定义域为(－1，1)的奇函数，其图象关于坐标原点O对称．
又∵f(x)的图象可由g(x)的图象向右平移1个单位长度，再向上平移a个单位长度得到，∴曲线y＝f(x)是中心对称图形．
方法二 f(x)的定义域为(0，2)，f(1)＝a.
当x∈(－1，1)时，f(1＋x)＝ln eq \f(1＋x,1－x)＋a(1＋x)＋bx3，f(1－x)＝ln eq \f(1－x,1＋x)＋a(1－x)－bx3，
∴f(1＋x)＋f(1－x)＝ln eq \f(1＋x,1－x)＋ln eq \f(1－x,1＋x)＋2a＝2a，∴曲线y＝f(x)关于点(1，a)中心对称，即曲线y＝f(x)是中心对称图形．
(3)∵f(x)>－2当且仅当1∴f(1)＝－2⇒a＝－2，
∴f(x)＝ln eq \f(x,2－x)－2x＋b(x－1)3>－2对任意x∈(1，2)恒成立，f′(x)＝ eq \f(1,x)＋ eq \f(1,2－x)－2＋3b(x－1)2＝ eq \f(2（x－1）2,x（2－x）)＋3b(x－1)2＝(x－1)2·[ eq \f(2,x（2－x）)＋3b].
令m(x)＝ eq \f(2,x（2－x）)＋3b，∴必有m(1)＝2＋3b≥0⇒b≥－ eq \f(2,3).
否则若b<－ eq \f(2,3)，则存在δ(1<δ<2)使得当x∈(1，δ)时，
f′(x)<0，f(x)在(1，δ)上单调递减，∴f(δ)当b≥－ eq \f(2,3)时，对任意x∈(1，2)，f(x)≥ln eq \f(x,2－x)－2x－ eq \f(2,3)(x－1)3，
令h(x)＝ln eq \f(x,2－x)－2x－ eq \f(2,3)(x－1)3，则h′(x)＝ eq \f(2（x－1）2,x（2－x）)－2(x－1)2＝2(x－1)2[ eq \f(1,x（2－x）)－1]>0，对任意x∈(1，2)恒成立，
∴h(x)>h(1)＝－2，符合条件．
综上可得b的取值范围是[－ eq \f(2,3)，＋∞).
2．[2023·新课标Ⅰ卷]已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当a>0时，f(x)>2ln a＋ eq \f(3,2).
解析：(1)f′(x)＝aex－1，
当a≤0时，f′(x)≤0，
所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；
当a>0时，令f′(x)>0，得x>－ln a，令f′(x)<0，得x<－ln a，
所以函数f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
综上可得：当a≤0时，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；
当a>0时，函数f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2)方法一由(1)得当a>0时，函数f(x)＝a(ex＋a)－x的最小值为f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a，
令g(a)＝1＋a2＋ln a－2ln a－ eq \f(3,2)＝a2－ln a－ eq \f(1,2)，a∈(0，＋∞)，
所以g′(a)＝2a－ eq \f(1,a)，令g′(a)>0，得a> eq \f(\r(2),2)；令g′(a)<0，得0所以函数g(a)在(0， eq \f(\r(2),2))上单调递减，在( eq \f(\r(2),2)，＋∞)上单调递增，
所以函数g(a)的最小值为g( eq \f(\r(2),2))＝( eq \f(\r(2),2))2－ln eq \f(\r(2),2)－ eq \f(1,2)＝ln eq \r(2)>0，
所以当a>0时，f(x)>2ln a＋ eq \f(3,2)成立．
方法二当a>0时，由(1)得，f(x)min＝f(－ln a)＝1＋a2＋ln a，
故欲证f(x)>2ln a＋ eq \f(3,2)成立，
只需证1＋a2＋ln a>2ln a＋ eq \f(3,2)，
即证a2－ eq \f(1,2)>ln a.
构造函数u(a)＝ln a－(a－1)(a>0)，
则u′(a)＝ eq \f(1,a)－1＝ eq \f(1－a,a)，所以当a>1时，u′(a)<0；当00.
所以函数u(a)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以u(a)≤u(1)＝0，即ln a≤a－1，
故只需证a2－ eq \f(1,2)>a－1，即证a2－a＋ eq \f(1,2)>0，
因为a2－a＋ eq \f(1,2)＝(a－ eq \f(1,2))2＋ eq \f(1,4)>0恒成立，
所以当a>0时，f(x)>2ln a＋ eq \f(3,2)成立．
3．[2024·新课标Ⅱ卷]已知函数f(x)＝ex－ax－a3.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．
解析：(1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1，所以f′(1)＝e－1.
又因为f(1)＝e－2，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x－1.
(2)f(x)＝ex－ax－a3，则f′(x)＝ex－a，当a≤0时，f′(x)＝ex－a>0，则f(x)在R上单调递增，无极值点，所以a>0.
令f′(x)<0，得x0，得x>ln a，
所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，
所以x＝ln a是f(x)的极小值点，极小值为f(ln a)＝eln a－a ln a－a3＝a－a ln a－a3，则问题转化为解不等式a－a ln a－a3<0.
又因为a>0，所以不等式可化为a2＋ln a－1>0.
令g(a)＝a2＋ln a－1，则g′(a)＝2a＋ eq \f(1,a)>0恒成立，
所以g(a)在(0，＋∞)上单调递增．又g(1)＝0，所以不等式a－a ln a－a3<0的解集为(1，＋∞)，所以a的取值范围是(1，＋∞).
4．[2024·全国甲卷(理)]已知函数f(x)＝(1－ax)ln (1＋x)－x.
(1)当a＝－2，求f(x)的极值；
(2)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围．
解析：(1)当a＝－2时，f(x)＝(1＋2x)ln (1＋x)－x，x>－1，
f′(x)＝2ln (1＋x)＋ eq \f(x,1＋x).
当x>0时，f′(x)>0，当－1所以f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
故f(x)的极小值为f(0)＝0，无极大值．
(2)f(x)＝(1－ax)ln (1＋x)－x，f′(x)＝－a ln (1＋x)－ eq \f(（a＋1）x,1＋x).
令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝－ eq \f(a,1＋x)－ eq \f(a＋1,（1＋x）2).
因为当x≥0时，f(x)≥0，且f(0)＝0，f′(0)＝0，
所以g′(0)＝－1－2a≥0，得a≤－ eq \f(1,2).
当a≤－ eq \f(1,2)时，g′(x)≥ eq \f(1,2（1＋x）)－ eq \f(1,2（1＋x）2)＝ eq \f(x,2（1＋x）2)≥0，且等号不恒成立，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以f′(x)＝g(x)≥g(0)＝0，且等号不恒成立，
故f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)≥f(0)＝0恒成立，
故a的取值范围为(－∞，－ eq \f(1,2)].
5．[2022·新高考Ⅰ卷]已知函数f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln x有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
解析：(1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a.
由于f(x)存在最小值，则方程f′(x)＝0有解，故a>0，解得x＝ln a.
所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，
所以f(x) min＝f(ln a)＝a－a ln a.
同理，得g(x)min＝g( eq \f(1,a))＝1＋ln a.
因为函数f(x)，g(x)的最小值相等，
所以a－a ln a＝1＋ln a，即(a＋1)ln a＋1－a＝0.
令h(x)＝(x＋1)ln x＋1－x，x>0，则h′(x)＝ln x＋ eq \f(1,x).
令m(x)＝ln x＋ eq \f(1,x)，x>0，则m′(x)＝ eq \f(1,x)－ eq \f(1,x2)＝ eq \f(x－1,x2).
令 eq \f(x－1,x2)>0，则x>1；令 eq \f(x－1,x2)<0，则0所以m(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，即h′(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h′(x)min＝h′(1)＝1>0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又h(1)＝0，所以1是h(x)唯一零点，所以a＝1.
(2)证明：由(1)知f(x)＝ex－x，g(x)＝x－ln x，且f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，且f(x)min＝g(x)min＝1.
①当b<1时，f(x)min＝g(x)min＝1>b，显然直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)无交点，不符合题意．
②当b＝1时，f(x)min＝g(x)min＝1＝b，则直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有2个交点，不符合题意．
③当b>1时，首先证明直线y＝b与曲线y＝f(x)有2个交点，即证F(x)＝f(x)－b有2个零点．
因为F′(x)＝f′(x)＝ex－1，
所以F(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.
F(－b)＝e－b>0，F(0)＝1－b<0，F(b)＝eb－2b.
令t(b)＝eb－2b，b>1，则t′(b)＝eb－2>0，
所以t(b)>t(1)＝e－2>0，所以F(b)>0.
所以由零点存在定理，知F(x)＝f(x)－b在(－∞，0)上存在且只存在1个零点，设为x1，在(0，＋∞)上存在且只存在1个零点，设为x2.
其次证明直线y＝b与曲线g(x)有2个交点，
即证G(x)＝g(x)－b有2个零点．
因为G′(x)＝g′(x)＝1－ eq \f(1,x)，所以G(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
G(e－b)＝e－b>0，G(1)＝1－b<0，G(2b)＝b－ln 2b.
令μ(x)＝ eq \f(x,2)－ln x，x>2，则μ′(x)＝ eq \f(1,2)－ eq \f(1,x)>0，
所以μ(x)>μ(2)＝1－ln 2>0，即G(2b)>0.
所以由零点存在定理，得G(x)＝g(x)－b在(0，1)上存在且只存在1个零点，设为x3，在(1，＋∞)上存在且只存在1个零点，设为x4.
再次证明存在b使得x2＝x3.
因为F(x2)＝G(x3)＝0，所以b＝ex2－x2＝x3－ln x3.
若x2＝x3，则ex2－x2＝x2－ln x2，即ex2－2x2＋ln x2＝0，所以只需证明方程ex－2x＋ln x＝0在(0，1)上有解即可，
即证明φ(x)＝ex－2x＋ln x在(0，1)上有零点．
因为φ( eq \f(1,e3))＝e eq \s\up6(\f(1,e3))－ eq \f(2,e3)－3<0，φ(1)＝e－2>0，
所以φ(x)＝ex－2x＋ln x在(0，1)上存在零点，取一零点为x0，令x2＝x3＝x0即可，此时b＝ex0－x0，则此时存在直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点．
最后证明x1＋x4＝2x0，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
因为F(x1)＝F(x2)＝F(x0)＝G(x3)＝G(x0)＝G(x4)＝0，所以F(x1)＝G(x0)＝F(ln x0).
又因为F(x)在(－∞，0)上单调递减，x1<0，0因为F(x0)＝G(ex0)＝G(x4)，又因为G(x)在(1，＋∞)上单调递增，x0>0，即ex0>1，x4>1，所以x4＝ex0.
又因为ex0－2x0＋ln x0＝0，所以x1＋x4＝ln x0＋ex0＝2x0，
即存在直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
6．[2024·九省联考]已知函数f(x)＝ln x＋x2＋ax＋2在点(2，f(2))处的切线与直线2x＋3y＝0垂直．
(1)求a；
(2)求f(x)的单调区间和极值．
解析：(1)f′(x)＝ eq \f(1,x)＋2x＋a，则f′(2)＝ eq \f(1,2)＋2×2＋a＝ eq \f(9,2)＋a，
由题意可得( eq \f(9,2)＋a)×(－ eq \f(2,3))＝－1，解得a＝－3.
(2)由a＝－3，故f(x)＝ln x＋x2－3x＋2，
则f′(x)＝ eq \f(1,x)＋2x－3＝ eq \f(2x2－3x＋1,x)＝ eq \f(（2x－1）（x－1）,x)，x>0，
故当00，当 eq \f(1,2)1时，f′(x)>0，
故f(x)的单调递增区间为(0， eq \f(1,2))，(1，＋∞)，f(x)的单调递减区间为( eq \f(1,2)，1)，
故f(x)有极大值f( eq \f(1,2))＝ln eq \f(1,2)＋( eq \f(1,2))2－3× eq \f(1,2)＋2＝ eq \f(3,4)－ln 2，
有极小值f(1)＝ln 1＋12－3×1＋2＝0.
7．[2023·新课标Ⅱ卷](1)证明：当0(2)已知函数f(x)＝cs ax－ln (1－x2)，若x＝0是f(x)的极大值点，求a的取值范围．
解析：(1)令h(x)＝x－x2－sin x，
则h′(x)＝1－2x－cs x，
令p(x)＝1－2x－cs x，则p′(x)＝－2＋sin x<0，
所以p(x)即h′(x)单调递减，又h′(0)＝0，
所以当0所以当0令g(x)＝sin x－x，
则g′(x)＝cs x－1≤0，
所以g(x)单调递减，又g(0)＝0，
所以当0即sin x综上，当0(2)方法一因为f(x)＝cs ax－ln (1－x2)(－1所以f(x)＝f(－x)，所以f(x)为偶函数．
f′(x)＝－a sin ax＋ eq \f(2x,1－x2)(－1令t(x)＝－a sin ax＋ eq \f(2x,1－x2)(－1则t′(x)＝－a2cs ax＋ eq \f(2（1＋x2）,（1－x2）2)(－1令n(x)＝－a2cs ax＋ eq \f(2（1＋x2）,（1－x2）2)，则n′(x)＝a3sin ax＋ eq \f(4x（3＋x2）,（1－x2）3).
当a＝0时，
当00，f(x)单调递增，当－1所以x＝0是f(x)的极小值点，不符合题意．
当a>0时，取 eq \f(π,2a)与1中的较小者，为m，
则当00，
所以n(x)即t′(x)在(0，m)上单调递增，所以t′(x)>t′(0)＝2－a2.
①当2－a2≥0，即00(0所以t(x)在(0，m)上单调递增，所以t(x)>t(0)＝0，即f′(x)>0.
那么f(x)在(0，m)上单调递增，
由偶函数性质知f(x)在(－m，0)上单调递减．
故x＝0是f(x)的极小值点，不符合题意．
②当2－a2<0，即a> eq \r(2)时，
当 eq \f(π,2a)<1，即a> eq \f(π,2)时，
因为t′(0)<0，t′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2a)))>0，
所以t′(x)在(0，m)上存在唯一零点x1，
且当0因为t(0)＝0，所以当0即f′(x)<0，
所以f(x)在(0，x1)上单调递减，
因为f(x)为偶函数，所以f(x)在(－x1，0)上单调递增，
故可得x＝0是f(x)的极大值点，符合题意．
当 eq \f(π,2a)>1，即 eq \r(2)因为t′(0)<0，t′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－a2cs eq \f(a,2)＋ eq \f(40,9)>0，
所以t′(x)在(0，m)上存在唯一零点x2，
且当0因为t(0)＝0，所以当0即f′(x)<0，
所以f(x)在(0，x2)上单调递减．
因为f(x)为偶函数，所以f(x)在(－x2，0)上单调递增，
故可得x＝0是f(x)的极大值点，符号题意．
当a<0时，由偶函数图象的对称性可得a<－ eq \r(2).
综上所述，a的取值范围是(－∞，－ eq \r(2))∪( eq \r(2)，＋∞).
方法二由f(x)＝cs ax－ln (1－x2)，
得f′(x)＝－a sin ax＋ eq \f(2x,1－x2)(－1令t(x)＝－a sin ax＋ eq \f(2x,1－x2)(－1则t′(x)＝－a2cs ax＋ eq \f(2（1＋x2）,（1－x2）2)(－1由x＝0是f(x)的极大值点，易得f′(0)＝0，
t′(0)<0，
所以2－a2<0，
解得a<－ eq \r(2)或a> eq \r(2).
所以a的取值范围是(－∞，－ eq \r(2))∪( eq \r(2)，＋∞).
8．[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)解析： (1)当a＝8时，f(x)＝8x－ eq \f(sin x,cs3x) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))))，
f′(x)＝8－ eq \f(cs4x＋3sin2x cs2x,cs6x)＝8＋ eq \f(2,cs2x)－ eq \f(3,cs4x).
令 eq \f(1,cs2x)＝t，则t∈(1，＋∞)，
令h(t)＝－3t2＋2t＋8＝－(3t＋4)(t－2)，
当t∈(1，2)时，h(t)>0；当t∈(2，＋∞)时，h(t)<0.
故当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))时，f′(x)>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，f(x)单调递减．
∴f(x)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上单调递增，在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递减．
(2)令g(x)＝f(x)－sin2x＝ax－ eq \f(sin x,cs3x)－sin2x，
则g′(x)＝a－ eq \f(cs4x＋3sin2x cs2x,cs6x)－2cs2x＝a－ eq \f( cs2x＋3sin2x,cs4x)－4cs2x＋2＝a－( eq \f(－2cs2x＋3,cs4x)＋4cs2x－2)，
令u＝cs2x，则u∈(0，1)，令k(u)＝ eq \f(－2u＋3,u2)＋4u－2，
则k′(u)＝ eq \f(2u－6,u3)＋4＝ eq \f(4u3＋2u－6,u3).
当u∈(0，1)时，k′(u)<0，∴k(u)在(0，1)上单调递减，
∵k(1)＝3，
∴当u∈(0，1)时，k(u)>3，∴k(u)的值域为(3，＋∞).
①当a≤3时，g′(x)<0，
∴g(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，
又g(0)＝0，∴当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，g(x)<0，即f(x)②当a>3时，∃x0∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))使得g′(x0)＝0，
∴g(x)在(0，x0)上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))上单调递减，
∴g(x0)>g(0)＝0，∴f(x)综上所述，a的取值范围为(－∞，3].

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