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x1x2<1.
3.[2022·河南省郑州市质检]已知函数f(x)＝ln (x＋1)－x＋1.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设函数g(x)＝aex－x＋lna，若函数F(x)＝f(x)－g(x)有两个零点，求实数a的取值范围．
4．[2022·全国乙卷(理)，21]已知函数f(x)＝ln (1＋x)＋axe－x
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．
5．[2022·江西省二模]已知函数f(x)＝alnx＋eq \f(x2,2)－(a＋1)x＋a＋eq \f(1,2)(a∈R)有一个大于1的零点x0.
(1)求实数a的取值范围；
(2)证明：对任意的x∈(1，x0]，都有alnx－x＋1＞0恒成立．
专练16 高考大题专练(一) 导数的应用
1．解析：(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝－eq \f(2axex－ax2ex,（ex）2)＝eq \f(ax（x－2）,ex).
①a＞0时，当x∈(－∞，0)或x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x∈(0，2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
②a＜0时，当x∈(－∞，0)或x∈(2，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈(0，2)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
(2)由exf(x)≥bx，得ex－ax2－bx≥0，因为x＞0，所以eq \f(ex,x)－ax2－bx≥0，
令g(x)＝eq \f(ex,x)－ax－b(x＞0)，则g′(x)＝eq \f(（x－1）ex,x2)－a，
设h(x)＝eq \f(（x－1）ex,x2)－a(x＞0)，则h′(x)＝eq \f(（x2－2x＋2）ex,x3)＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又因为h(1)＝－a＜0，h(1＋a)＝eq \f(ae1＋a,（1＋a）2)－a＞eq \f(a·（1＋a）2,（1＋a）2)－a＝a－a＝0，
(由(1)知当a＝1时，f(x)≥f(2)＝1－eq \f(4,e2)＞0，所以当x＞0时，1－eq \f(x2,ex)＞0，即ex＞x2.)
所以，存在x0∈(1，1＋a)，使得h(x0)＝0，
即a＝eq \f(（x0－1）ex0,x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ).
所以，当x∈(0，x0)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，
所以g(x)≥g(x0)＝eq \f(ex0,x0)－ax0－b≥0，所以b≤eq \f(ex0,x0)－eq \f(（x0－1）ex0,x0)＝eq \f(（2－x0）ex0,x0).
所以ab≤eq \f(（x0－1）（2－x0）e2x0,x eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(0)) )＝eq \f(（－x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋3x0－2）e2x0,x eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(0)) ).
设F(x)＝eq \f(（－x2＋3x－2）e2x,x3)(x＞1)，则
F(x)＝－eq \f(2x3－7x2＋10x－6,x4)·e2x
＝－eq \f(（2x－3）（x2－2x＋2）,x4)·e2x，
当1＜x＜eq \f(3,2)时，F′(x)>0，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<0时，f′(x)＝eq \f(1,x＋1)＋ae－x(1－x)＝eq \f(1＋ae－x（1－x2）,x＋1).
令g(x)＝1＋ae－x(1－x2)，则g′(x)＝ae－x(－2x＋x2－1)＝ae－x(x－1－eq \r(2))(x－1＋eq \r(2)).
对于∀x>－1，e－x>0，∵a<0，∴g(x)在(－1，1－eq \r(2))和(1＋eq \r(2)，＋∞)上单调递减，在(1－eq \r(2)，1＋eq \r(2))上单调递增．
由已知，得g(－1)＝1，g(1－eq \r(2))＝1＋aeeq \r(2)－1·2(eq \r(2)－1)，g(0)＝1＋a，g(1)＝1.
(ⅰ)若－1≤a≤0，则有：
当0g(0)＝1＋a≥0；
当x>1时，由于1－x2<0，ae－x<0，故g(x)＝1＋ae－x(1－x2)>1>0.
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a<－1时，g(1－eq \r(2))又∵g(－1)＝1>0，∴∃x0∈(－1，0)，满足g(x0)＝0，
且∀x∈(－1，x0)，都有g(x)>0，则f′(x)＝eq \f(g（x）,x＋1)>0，
∀x∈(x0，0)，都有g(x)<0，则f′(x)＝eq \f(g（x）,x＋1)<0，
∴f(x)在(－1，x0)上单调递增，在(x0，0)上单调递减．
又∵f(0)＝0，∴f(x0)>0.
又∵当x→－1时，f(x)→－∞，
∴f(x)在(－1，0)上恰有一个零点．
∵g(0)＝1＋a<0，g(1)＝1>0，g(x)在(0，1＋eq \r(2))上单调递增，在[1＋eq \r(2)，＋∞)上单调递减，
∴∃x1∈(0，1)，满足g(x1)＝0，且当x∈(0，x1)时，g(x)<0，则f′(x)＝eq \f(g（x）,x＋1)<0，当x∈(x1，1)时，g(x)>0，则f′(x)＝eq \f(g（x）,x＋1)>0.
又∵当x≥1时，ae－x<0，1－x2≤0，
∴g(x)＝1＋ae－x·(1－x2)>0，∴f′(x)＝eq \f(g（x）,x＋1)>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)<0，则f(x1)<0.
又∵当x→＋∞时，ln (1＋x)→＋∞，axe－x→0，
∴f(x)→＋∞，
∴f(x)在(x1，＋∞)上存在零点，且仅有一个．
故f(x)在(0，＋∞)上恰有一个零点．
综上可知，满足题意的a的取值范围是(－∞，－1).
(方法二)令g(x)＝eq \f(exln（1＋x）,x).
f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)上各恰有一个零点等价于g(x)＝eq \f(exln（1＋x）,x)＝－a在(－1，0)，(0，＋∞)上各恰有一解．
g′(x)＝eq \f(ex[xln（1＋x）＋\f(x,1＋x)－ln（1＋x）],x2).
令h(x)＝(x－1)ln (1＋x)＋eq \f(x,1＋x)，
则h′(x)＝ln (1＋x)＋eq \f(x－1,1＋x)＋eq \f(1,（1＋x）2).
令φ(x)＝ln (1＋x)＋eq \f(x－1,1＋x)＋eq \f(1,（1＋x）2)，
则φ′(x)＝eq \f(（1＋x）2＋2x,（1＋x）3).
①当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，则h′(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∈(eq \r(3)－2，0)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．