高考数学一轮复习—导数及其应用-真题和模拟题数学分专题训练(教师版含解析)

这是一份高考数学一轮复习—导数及其应用-真题和模拟题数学分专题训练(教师版含解析)，共34页。
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意可知f1=−2，f'1=0即可解得a,b，再根据f'x即可解出．
【详解】
因为函数fx定义域为0,+∞，所以依题可知，f1=−2，f'1=0，而f'x=ax−bx2，所以b=−2,a−b=0，即a=−2,b=−2，所以f'x=−2x+2x2，因此函数fx在0,1上递增，在1,+∞上递减，x=1时取最大值，满足题意，即有f'2=−1+12=−12．
故选：B.
2．【全国甲卷】已知a=3132,b=cs14,c=4sin14，则( )
A．c>b>aB．b>a>cC．a>b>cD．a>c>b
【答案】A
【解析】
【分析】
由cb=4tan14结合三角函数的性质可得c>b；构造函数f(x)=csx+12x2−1,x∈(0,+∞)，利用导数可得b>a，即可得解.
【详解】
因为cb=4tan14,因为当x∈(0,π2),sinx1,所以c>b；
设f(x)=csx+12x2−1,x∈(0,+∞)，
f'(x)=−sinx+x>0，所以f(x)在(0,+∞)单调递增，
则f14>f(0)=0,所以cs14−3132>0，
所以b>a,所以c>b>a，
故选：A
3．【新高考1卷】设a=0.1e0.1,b=19，c=−ln0.9，则( )
A．a0，函数g(x)=xex+ln(1−x)单调递增，
所以g(0.1)>g(0)=0，即0.1e0.1>−ln0.9，所以a>c
故选：C.
4．【新高考1卷】(多选)已知函数f(x)=x3−x+1，则( )
A．f(x)有两个极值点B．f(x)有三个零点
C．点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心D．直线y=2x是曲线y=f(x)的切线
【答案】AC
【解析】
【分析】
利用极值点的定义可判断A，结合f(x)的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.
【详解】
由题，f'x=3x2−1，令f'x>0得x>33或x0且a≠1)的极小值点和极大值点．若x10，再分a>1和00，与前面矛盾，
故a>1不符合题意，
若00,解得a0,
∴a的取值范围是(−∞,−4)∪(0,+∞),
故答案为：(−∞,−4)∪(0,+∞)
7．【新高考2卷】曲线y=ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为____________，____________．
【答案】 y=1ex y=−1ex
【解析】
【分析】
分x>0和x0时设切点为x0,lnx0，求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出x0，即可求出切线方程，当x0时y=lnx，设切点为x0,lnx0，由y'=1x，所以y'|x=x0=1x0，所以切线方程为y−lnx0=1x0x−x0，
又切线过坐标原点，所以−lnx0=1x0−x0，解得x0=e，所以切线方程为y−1=1ex−e，即y=1ex；
当x0,f(x)单调递增f(x)≥f(1)=e+1−a，
若f(x)≥0,则e+1−a≥0,即a≤e+1
所以a的取值范围为(−∞,e+1]
(2)
由题知,f(x)一个零点小于1,一个零点大于1
不妨设x10
下面证明x>1时，exx−xe1x>0,lnx−12(x−1x)1，
则g'(x)=(1x−1x2)ex−(e1x+xe1x⋅(−1x2))=1x(1−1x)ex−e1x(1−1x)
=(1−1x)(exx−e1x)=x−1x(exx−e1x)
设φ(x)=exx(x>1),φ'(x)=(1x−1x2)ex=x−1x2ex>0
所以φ(x)>φ(1)=e,而e1x0,所以g'(x)>0
所以g(x)在(1,+∞)单调递增
即g(x)>g(1)=0,所以exx−xe1x>0
令ℎ(x)=lnx−12(x−1x),x>1
ℎ'(x)=1x−12(1+1x2)=2x−x2−12x2=−(x−1)22x20，f(x)单调递增；
当x∈(1,+∞)时，f'(x)0，f(x)单调递增；
在(1a,1)上，f'(x)0，
又f(1an)=1an−1−an+n(a+1)lna，当n趋近正无穷大时，f(1an)趋近负无穷，
所以f(x)在(0,1a)有一个零点，在(1a,+∞)无零点，
所以f(x)有唯一零点，符合题意；
综上，a的取值范围为(0,+∞).
【点睛】
关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.
11．【全国乙卷】已知函数fx=ln1+x+axe−x
(1)当a=1时，求曲线y=fx在点0,f0处的切线方程；
(2)若fx在区间−1,0,0,+∞各恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)y=2x
(2)(−∞,−1)
【解析】
【分析】
(1)先算出切点,再求导算出斜率即可
(2)求导,对a分类讨论,对x分(−1,0),(0,+∞)两部分研究
(1)
f(x)的定义域为(−1,+∞)
当a=1时,f(x)=ln(1+x)+xex,f(0)=0,所以切点为(0,0) f'(x)=11+x+1−xex,f'(0)=2,所以切线斜率为2
所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2x
(2)
f(x)=ln(1+x)+axex
f'(x)=11+x+a(1−x)ex=ex+a1−x2(1+x)ex
设g(x)=ex+a1−x2
1°若a>0,当x∈(−1,0),g(x)=ex+a1−x2>0,即f'(x)>0
所以f(x)在(−1,0)上单调递增,f(x)0
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(x)>f(0)=0
故f(x)在(0,+∞)上没有零点,不合题意
3°若a0,f(x)单调递增
所以
当x∈(0,m),f(x)0
所以g'(x)在(−1,0)单调递增
g'(−1)=1e+2a0,g(x)单调递增,g(x)0，故f(x)在(lna,+∞)上为增函数，
故f(x)min=f(lna)=a−alna.
当00，故g(x)在(1a,+∞)上为增函数，
故g(x)min=g(1a)=1−ln1a.
因为f(x)=ex−ax和g(x)=ax−lnx有相同的最小值，
故1−ln1a=a−alna，整理得到a−11+a=lna，其中a>0，
设g(a)=a−11+a−lna,a>0，则g'(a)=2(1+a)2−1a=−a2−1a(1+a)2≤0，
故g(a)为(0,+∞)上的减函数，而g(1)=0，
故g(a)=0的唯一解为a=1，故1−a1+a=lna的解为a=1.
综上，a=1.
(2)
由(1)可得f(x)=ex−x和g(x)=x−lnx的最小值为1−ln1=1−ln11=1.
当b>1时，考虑ex−x=b的解的个数、x−lnx=b的解的个数.
设S(x)=ex−x−b，S'(x)=ex−1，
当x0，
故S(x)在(−∞,0)上为减函数，在(0,+∞)上为增函数，
所以S(x)min=S(0)=1−b0，S(b)=eb−2b，
设u(b)=eb−2b，其中b>1，则u'(b)=eb−2>0，
故u(b)在(1,+∞)上为增函数，故u(b)>u(1)=e−2>0，
故S(b)>0，故S(x)=ex−x−b有两个不同的零点，即ex−x=b的解的个数为2.
设T(x)=x−lnx−b，T'(x)=x−1x，
当00，
故T(x)在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数，
所以T(x)min=T(1)=1−b0，T(eb)=eb−2b>0，
T(x)=x−lnx−b有两个不同的零点即x−lnx=b的解的个数为2.
当b=1，由(1)讨论可得x−lnx=b、ex−x=b仅有一个零点，
当b1.
设ℎ(x)=ex+lnx−2x，其中x>0，故ℎ'(x)=ex+1x−2，
设s(x)=ex−x−1，x>0，则s'(x)=ex−1>0，
故s(x)在(0,+∞)上为增函数，故s(x)>s(0)=0即ex>x+1，
所以ℎ'(x)>x+1x−1≥2−1>0，所以ℎ(x)在(0,+∞)上为增函数，
而ℎ(1)=e−2>0，ℎ(1e3)=e1e3−3−2e30，
因为g'(x)为连续不间断函数，
故存在x0∈(0,+∞)，使得∀x∈(0,x0)，总有g'(x)>0，
故g(x)在(0,x0)为增函数，故g(x)>g(0)=0，
故ℎ(x)在(0,x0)为增函数，故ℎ(x)>ℎ(0)=−1，与题设矛盾.
若00，
∴ℎ(x)在[0,+∞)上单调递增，
∴ℎ(x)≥ℎ(0)=1>0
∴g'(x)>0在[0,+∞)上恒成立，
∴g(x)在[0,+∞)上单调递增.
(3)
解：原不等式等价于f(s+t)−f(s)>f(t)−f(0)，
令m(x)=f(x+t)−f(x)，(x,t>0)，
即证m(x)>m(0)，
∵m(x)=f(x+t)−f(x)=ex+tln(1+x+t)−exln(1+x)，
m'(x)=ex+tln(1+x+t)+ex+t1+x+t−exln(1+x)−ex1+x=g(x+t)−g(x)，
由(2)知g(x)=f'(x)=ex(ln(1+x)+11+x)在[0,+∞)上单调递增，
∴g(x+t)>g(x)，
∴m'(x)>0
∴m(x)在(0,+∞)上单调递增，又因为x,t>0，
∴m(x)>m(0)，所以命题得证.
15．【浙江】设函数f(x)=e2x+lnx(x>0)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)已知a,b∈R，曲线y=f(x)上不同的三点x1,fx1,x2,fx2,x3,fx3处的切线都经过点(a,b)．证明：
(ⅰ)若a>e，则00，
设u(k)=k−1k−2lnk，则u'(k)=1+1k2−2k>2k−2k=0即φ'(k)>0，
故φ(k)在(1,+∞)上为增函数，故φ(k)>φ(m)，
所以(k+1)lnkk−1+(m−13)(m2−m+12)72>(m+1)lnmm−1+(m−13)(m2−m+12)72，
记ω(m)=lnm+(m−1)(m−13)(m2−m+12)72(m+1),0