考点08：导数的综合应用 专练-2023届高三数学一轮复习.docx

1、考点08：导数的综合应用1. (2022云南省历年真题)当x=1时，函数f(x)=alnx+bx取得最大值-2，则f(2)=()A. -1B. -12C. 12D. 12. (2022浙江省历年真题)已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一个球面上，若该球的体积为36，且3l33，则该正四棱锥体积的取值范围是()A. 18,814B. 274,814C. 274,643D. 18,273. (2021山西省历年真题)设a0，若x=a为函数f(x)=a(x-a)2(x-b)的极大值点，则()A. abC. aba24. (2021山西省历年真题)设a=2ln1.01，b=ln1.02，c=1.

2、04-1，则()A. abcB. bcaC. bacD. cab5. (2021湖南省历年真题)若过点(a,b)可以作曲线y=ex的两条切线，则()A. ebaB. eabC. 0aebD. 0b0且a1)的极小值点和极大值点，若x10；f(x)是奇函数9. (2021湖南省历年真题)函数f(x)=|2x-1|-2lnx的最小值为10. (2022云南省历年真题)已知函数fx=exx-lnx+x-a(1)若fx0，求a的取值范围；(2)证明：若fx有两个零点x1,x2，则x1x20时，f(x)ln(n+1)13. (2021山西省历年真题)已知函数f(x)=ln(a-x)，已知x=0是函数y=

3、xf(x)的极值点(1)求a；(2)设函数g(x)=x+f(x)xf(x).证明：g(x)114. (2021北京市市辖区历年真题)已知函数f(x)=3-2xx2+a(1)若a=0，求y=f(x)在(1，f(1)处切线方程；(2)若函数f(x)在x=-1处取得极值，求f(x)的单调区间，以及最大值和最小值15. (2022江西省历年真题)已知函数f(x)=ex+ax2-x(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性;(2)当x0时，f(x)12x3+1，求a的取值范围16. (2022江西省历年真题)已知函数f(x)=sinx-ln(1+x)，fx为f(x)的导数证明：(1)fx在区间(-1,2)存

4、在唯一极大值点；(2)f(x)有且仅有2个零点17. (2022江西省历年真题)已知函数f(x)=1x-x+alnx(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2，证明：f(x1)-f(x2)x1-x20)(I)求f(x)的单调区间;(II)已知a，bR，曲线y=f(x)上不同的三点(x1,f(x1)，(x2,f(x2)，(x3,f(x3)处的切线都经过点(a,b).证明：(i)若ae，则0b-f(a)12(ae-1);(ii)若0ae，x1x2x3，则2e+e-a6e21x1+1x32a-e-a6e2(注：e=2.71828是自然对数的底数)21. (2022云南省历年

5、真题)已知函数f(x)=ln(1+x)+axe-x(1)当a=1时，求曲线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22. (2021湖南省历年真题)已知函数f(x)=x(1-lnx)(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且blna-alnb=a-b，证明：21a+1b0且a1，函数f(x)=xaax(x0)(1)当a=2时，求f(x)的单调区间；(2)若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点，求a的取值范围24. (2022湖北省其他类型)已知函数f(x)=x3+klnx(kR)，f(x)

6、为f(x)的导函数()当k=6时，()求曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程；()求函数g(x)=f(x)-f(x)+9x的单调区间和极值；()当k-3时，求证：对任意的x1，x21,+)，且x1x2，有f(x1)+f(x2)2f(x1)-f(x2)x1-x225. (2021四川省其他类型)已知函数f(x)=2x3-ax2+b(1)讨论f(x)的单调性；(2)是否存在a，b，使得f(x)在区间0,1的最小值为-1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由26. (2019江苏省历年真题)设函数f(x)=(x-a)(x-b)(x-c)，a，b，cR，f(x)为f(x

7、)的导函数(1)若a=b=c，f(4)=8，求a的值；(2)若ab，b=c，且f(x)和f(x)的零点均在集合-3,1,3中，求f(x)的极小值；(3)若a=0，00并且ab时，a0，得：xa+2b3，由fx0，得：ax0，并且ab时，aa+2b3，由fx0，得：xa，由fx0，得：a+2b3xa，所以这时fx在a+2b3,a上单调递减，在a,+上单调递增，x=a是函数fx的极小值点，不符合条件；若a0，并且ab时，a0，得：axa+2b3，由fx0，得：xa+2b3，这时fx在-,a上单调递减，在a,a+2b3上单调递增，x=a是函数fx的极小值点，不符合条件；若ab时，aa+2b3，由fx

8、0，得：a+2b3xa，由fx0，得：xa，所以这时fx在a+2b3,a上单调递增，在a,+上单调递减，x=a是函数fx的极大值点，符合条件；因此，若x=a为函数fx=ax-a2x-b的极大值点，则a，b必须满足条件：a0并且ab或ab由此可见，A，B均错误；又总有ab-a2=ab-a0成立，所以C错误，D正确故选D4.B解：a=2ln1.01=ln1.0201，b=ln1.02，ab，令f(x)=2ln(1+x)-(1+4x-1)，0x1，令1+4x=t，则1t0，1tg(1)=2ln4-1+1-2ln4=0，f(x)0，即2ln(1+x)1+4x-1，0x1.04-1，即ac，同理令h(x

9、)=ln(1+2x)-(1+4x-1)，0x1，再令1+4x=t，则1t5，x=t2-14，(t)=ln(t2+12)-t+1=ln(t2+1)-t+1-ln2，(t)=2tt2+1-1=-(t-1)2t2+10，1t5，(t)在(1,5)上单调递减，(t)(1)=ln2-1+1-ln2=0，h(x)0，即ln(1+2x)1+4x-1，同样的，取x=0.01，则ln1.02b，acb故选：B5.D解：函数y=ex是增函数，y=ex0恒成立，函数的图象如图，y0，即取得坐标在x轴上方，如果(a,b)在x轴下方，连线的斜率小于0，不成立点(a,b)在x轴或下方时，只有一条切线如果(a,b)在曲线上

10、，只有一条切线；(a,b)在曲线上侧，没有切线；由图象可知(a,b)在图象的下方，并且在x轴上方时，有两条切线，可知0b1，则hx在R上单调递增，此时若h(x0)=0，则f(x)在(-,x0)上单调递减，在(x0,+)上单调递增，此时若有x=x1和x=x2分别是函数f(x)=2ax-ex2(a0且a1)的极小值点和极大值点，则x1x2，不符合题意，(2)若0a0且a1)的极小值点和极大值点，且x10，即fx0=2ax0lna-ex0=2elna-ex00，x01，故lnax0=lnelna21，所以a1e,18.f(x)=x2(答案不唯一，fx=x2nnN*均满足)解：取f(x)=x2，则f(

11、x1x2)=(x1x2)2=x12x22=f(x1)f(x2)，满足，f(x)=2x，x0时有fx0，满足，f(x)=2x的定义域为R，又f(-x)=-2x=-f(x)，故fx是奇函数，满足故答案为：f(x)=x2(答案不唯一，fx=x2nnN*均满足)9.1解：函数f(x)=|2x-1|-2lnx的定义域为(0,+)，当012时，f(x)=|2x-1|-2lnx=2x-1-2lnx，则f(x)=2-2x=2(x-1)x，当x(12,1)时，f(x)0，f(x)单调递增，当x=1时f(x)取得最小值，为f(1)=21-1-2ln1=1，2ln2=ln4lne=1，函数f(x)=|2x-1|-2

12、lnx的最小值为1故答案为：110.解：(1)f(x)定义域为(0,+)，f(x)=ex(x-1)x2-1x+1=(ex+x)(x-1)x2，令f(x)=0x=1，所以当0x1时，f(x)1时f(x)0，f(x)单调递增;f(x)min=f(1)=e+1-a，要使得f(x)0恒成立，即满足f(x)min=e+1-a0ae+1(2)由(1)知，若f(x)有两个零点x1,x2，则f(x1)=f(x2)=0，而f(x)=exx-lnx+x-a=ex-lnx+x-lnx-a，即ex1-lnx1+x1-lnx1=ex2-lnx2+x2-lnx2，因为函数y=ex+x在R上单调递增，所以x1-lnx1=x

13、2-lnx2成立，令h(x)=x-lnx，且h(x1)=h(x2)，易知h(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+)上单调递增，不妨设0x11x2.要证明x1x21，即证明1x21x1，即证明h(x2)h(1x1)证明h(x1)h(1x1)在(0,1)上恒成立下面构造函数F(x)=h(x)-h(1x)(0x0恒成立，F(x)在(0,1)单调递增，而F(1)=h(1)-h(1)=0，所以F(x)F(1)=0，即h(x1)h(1x1)在(0,1)上恒成立.，从而x1x20,f(x)单调递增，当x(1,+)时,f(x)0,f(x)单调递减，故f(x)max=f(1)=-1-0=-1(2)f(x)=a

14、x-1x-(a+1)lnx，定义域为(0,+)f(x)=a+1x2-a+1x=ax2-(a+1)x+1x2，令g(x)=ax2-(a+1)x+1,x(0,+)若a=0，g(x)=-x+1，由(1)知f(x)-1，此时无零点若a0，=(a+1)2-4a=(a-1)2，当a=1时，g(x)=(x-1)20，f(x)0，故f(x)单调递增，且f(1)=0，符合题意当a1时，g(x)=0有两个不等的实根，x1=1,x2=1a，若a0，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+)单调递减，此时f(x)f(1)=a-10，此时无零点若0a1，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,1a)单调递减，在(1a

15、,+)单调递增，又f(1)=a-10，f(1a)=1-a+(a+1)lna0，符合题意，若a1，f(x)在(0,1a)上单调递增，在(1a,1)单调递减，在(1,+)单调递增，又f(1)=a-10，f(1a)0，当x0时，f(x)0，符合题意综上，a的取值范围为(0,+)【解析】本题主要考查利用导数研究函数的最值及利用导数研究函数的零点，属于难题12.解：(1)a=1f(x)=xex-ex=(x-1)exf(x)=xex当x(-,0)时，f(x)0，f(x)单调递增(2)令g(x)=f(x)+1=xeax-ex+1(x0)g(x)g(0)=0对x0恒成立又g(x)=eax+axeax-exg(

16、0)=0令h(x)=g(x)h(x)=aeax+a(eax+axeax)-ex=a(2eax+axeax)-ex，则h(0)=2a-1若h(0)=2a-10，即a12，h(0)=limx0+g(x)-g(0)x-0=limx0+g(x)x0所以x00,使得当x0,x0时，有g(x)x0g(x)0g(x)单调递增g(x0)g(0)=0，矛盾若h(0)=2a-10，即a12时，g(x)=eax+axeax-ex=eax+ln(1+ax)-exe12x+ln(1+12x)-exe12x+12x-ex=0g(x)在0,+)上单调递减，g(x)g(0)=0，符合题意综上所述，实数a的取值范围是a12(3

17、)求导易得t-1t2lnt(t1)令t=1+1n1+1n-11+1n2ln1+1n1n1+1nln(1+1n)1n2+nln(n+1n)k=1n1k2+kk=1nln(k+1k)=ln(2132n+1n)=ln(n+1)即112+1+122+2+1n2+nlnn+1，证毕【解析】本题考查了利用导数判断或证明已知函数的单调性和利用导数解(证明)不等式，属于难题。13.(1)解：由题意，f(x)的定义域为(-,a)，令m(x)=xf(x)，则m(x)=xln(a-x)，x(-,a)，则m(x)=ln(a-x)+x-1a-x=ln(a-x)+-xa-x，因为x=0是函数y=xf(x)的极值点，则有m

18、(0)=0，即lna=0，所以a=1，当a=1时，m(x)=ln(1-x)+-x1-x=ln(1-x)+-11-x+1，且m(0)=0，令G(x)=ln(1-x)+-11-x+1，x(-,1)因为G(x)=-11-x+-1(1-x)2=x-2(1-x)20，当x(0,1)时，m(x)0，所以a=1时，x=0是函数y=xf(x)的一个极大值点综上所述，a=1；(2)证明：由(1)可知，xf(x)=xln(1-x)，要证函数g(x)=x+f(x)xf(x)1，即需证明x+ln(1-x)xln(1-x)1，因为当x(-,0)时，xln(1-x)0，当x(0,1)时，xln(1-x)xln(1-x)，

19、即x+(1-x)ln(1-x)0，令h(x)=x+(1-x)ln(1-x)，则h(x)=(1-x)-11-x+1-ln(1-x)，所以h(0)=0，当x(-,0)时，h(x)0，所以x=0为h(x)的极小值点，所以h(x)h(0)=0，即x+ln(1-x)xln(1-x)，故x+ln(1-x)xln(1-x)1，所以x+f(x)xf(x)1，即函数g(x)1【解析】本题考查了导数的综合应用，主要考查了利用导数研究函数的极值问题，利用导数证明不等式问题，此类问题经常构造函数，转化为证明函数的取值范围问题，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于难题(1)确定函数f(x)的定义域，令m(x)=xf(

20、x)，由极值的定义得到m(0)=0，求出a的值，然后进行证明，即可得到a的值；(2)将问题转化为证明x+ln(1-x)xln(1-x)xln(1-x)，令h(x)=x+(1-x)ln(1-x)，利用导数研究h(x)的单调性，证明h(x)h(0)，即可证明14.解：(1)由a=0，可得f(x)=3-2xx2，故f(1)=3-21=1，f(x)=-2x2-2x(3-2x)x4=-2x-6+4xx3=2x-6x3，从而k=f(1)=2-61=-4，所以y=f(x)在(1，f(1)处切线方程为y-1=-4(x-1)，即y=-4x+5；(2)f(x)=-2(x2+a)-2x(3-2x)(x2+a)2=2

21、x2-6x-2a(x2+a)2，由f(-1)=0，可得2+6-2a(1+a)2=0，解得a=4，经检验符合题意，所以f(x)=3-2xx2+4，求导f(x)=2x2-6x-8(x2+4)2=2(x-4)(x+1)(x2+4)2，令f(x)=0，则x=4或x=-1，令f(x)0，则x4或x-1，令f(x)0，则-1x4，x(-,-1)-1(-1,4)4(4,+)f(x)+0-0+f(x)极大值极小值所以函数f(x)的递增区间为(-,-1)和(4,+)，递减区间为(-1，4)，故函数f(x)在x=-1处取得极大值，即极大值为f(-1)=1，函数f(x)在x=4处取得极小值，即极小值为f(4)=-1

22、4，又因为当x0，当x32时，f(x)0，所以g(x)=f(x)=ex+2x-1在R上单调递增，又f(0)=0，得当x0时f(x)0，即f(x)=ex+x2-x在(0,+)上单调递增；当x0时f(x)0时，f(x)12x3+1即a12x3+x+1-exx2，令h(x)=12x3+x+1-exx2，h(x)=(2-x)(ex-12x2-x-1)x3记m(x)=ex-12x2-x-1，m(x)=ex-x-1令q(x)=ex-x-1，因为x0，所以q(x)=ex-10，所以m(x)=q(x)=ex-x-1在(0,+)上单调递增，即m(x)=ex-x-1m(0)=0所以m(x)=ex-12x2-x-1

23、在(0,+)上单调递增，即m(x)=ex-12x2-x-1m(0)=0，故当x(0,2)时，h(x)0，h(x)=12x3+x+1-exx2在(0,2)上单调递增；当x(2,+)时，h(x)0时，利用参数分离和构造函数，求得导数，判断单调性和最值，进而求得a的取值范围16.证明：(1)f(x)的定义域为(-1,+)，则fx=cosx-11+x，令h(x)=cosx-11+x，则hx=-sinx+1(1+x)2，令g(x)=-sinx+1(1+x)2，则g(x)=-cosx-2(1+x)30在(-1,2)恒成立，hx在(-1,2)上为减函数，又h(0)=1，h(2)=-1+1(1+2)2-1+1

24、=0，由零点存在性定理可知，函数hx在(-1,2)上存在唯一的零点x0，结合单调性可得，fx在(-1,x0)上单调递增，在(x0,2)上单调递减，可得fx在区间(-1,2)存在唯一极大值点；(2)由(1)知，当x(-1,0)时，fx单调递增，则fxf(0)=0，则f(x)在(0,x0)上单调递增；由于fx在(x0,2)上单调递减，且fx00，f(2)=-11+2f(x1)=0，故f(x)单调递增；当x(x1,2)时，fx单调递减，则fxf(x1)=0，f(x)单调递减当x(2,)时，cosx0，-11+x0，于是fx=cosx-11+x1-ln(1+3.22)=1-ln2.61-lne=0，f

25、()=-ln(1+)-ln30于是可得下表：x(-1,0)0(0,x1)x1x1,222,fx-0+0-f(x)减函数0增函数大于0减函数大于0减函数小于0结合单调性可知，函数f(x)在(-1,2上有且只有一个零点0，由函数零点存在性定理可知，f(x)在(2,)上有且只有一个零点x2，当x,+)时，f(x)=sinx-ln(1+x)1-ln(1+)1-ln30恒成立，即f(x)0时，判别式=a2-4，当02时，令fx=0得，x=a-a2-42或x=a+a2-42当x0,a-a2-42a+a2-42,+时，fx0，所以fx在(0,a-a2-42)和(a+a2-42,+)上是减函数，在(a-a2-

26、42,a+a2-42)上是增函数综上：当a2时，f(x)在(0,+)上是减函数，当a2时，f(x)在(0,a-a2-42)和(a+a2-42,+)上是减函数，在(a-a2-42,a+a2-42)上是增函数(2)证明：若f(x)存在两个极值点x1,x2，由(1)知a2，且x1,x2是x2-ax+1=0的两根，则x1x2=1，不妨设0x11x2，则f(x1)-f(x2)=(x2-x1)(1+1x1x2)+a(lnx1-lnx2)=2(x2-x1)+a(lnx1-lnx2)，则f(x1)-f(x2)x1-x2=-2+a(lnx1-lnx2)x1-x2，可知：要证f(x1)-f(x2)x1-x2a-2

27、，即证lnx1-lnx2x1-x2x1-x2，则证lnx1-ln1x1x1-1x1，即证lnx1+lnx1x1-1x1，即证2lnx1x1-1x1在(0,1)上恒成立，设h(x)=2lnx-x+1x，(0x1)，其中h(1)=0，求导得h(x)=2x-1-1x2=-x2-2x+1x2=-(x-1)2x20，则h(x)在(0,1)上单调递减，当0xh(1)，即2lnx-x+1x0，故2lnxx-1x，则f(x1)-f(x2)x1-x2a-2成立【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，属于难题(1)求出函数f(x)的定义域和导数，利用函数单调性和导数之间的关系进行求解即可

28、(2)可知：要证f(x1)-f(x2)x1-x2x1-1x1，进行求解即可18.证明：(1)当a=1时，函数f(x)=ex-x2，则f(x)=ex-2x，令g(x)=ex-2x，则g(x)=ex-2，令g(x)=0，得x=ln2，当x(0,ln2)时，g(x)0，g(x)g(ln2)=eln2-2ln2=2-2ln20，f(x)在0,+)单调递增，f(x)f(0)=1，(2)解：f(x)在(0,+)只有一个零点方程ex-ax2=0在(0,+)只有一个根，a=exx2在(0,+)只有一个根，即函数y=a与G(x)=exx2的图象在(0,+)只有一个交点G(x)=ex(x-2)x3，当x(0,2)

29、时，G(x)0，G(x)在(0,2)上单调递减，在(2,+)上单调递增，当x0时，G(x)+，当x+时，G(x)+，f(x)在(0,+)只有一个零点时，a=G(2)=e24【解析】本题考查了利用导数研究函数单调性，以及函数零点问题，考查了转化思想、数形结合思想，属于拔高题(1)通过求导，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可证明；(2)分离参数可得a=exx2在(0,+)只有一个根，即函数y=a与G(x)=exx2的图象在(0,+)只有一个交点，即可求得a19.解：(1)由题知f(x)=ex-a，g(x)=a-1x，当a0时，f(x)0，g(x)0时，f(x)在(-,lna)单调递减，在(ln

30、a,+)单调递增；g(x)在(0,1a)单调递减，在(1a,+)单调递增；故f(x)min=f(lna)=a-alna，g(x)min=g(1a)=1-ln1a，所以a-alna=1-ln1a，即lna-a-1a+1=0，令p(a)=lna-a-1a+1，则p(a)=1a-2(a+1)2=a2+1a(a+1)20，则p(a)在(0,+)单调递增，又p(1)=0，所以a=1(2)由(1)知，f(x)=ex-x，g(x)=x-lnx，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=1bb，显然y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有0个交点，不符合题意；b=1时，此时f(x)min=g(x)min=1=b，故y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；b1时，首先，证明y=b与曲线y=f(x)有2个交点，即证明F(x)=f(x)-b有2个零点，F(x)=f(x)=ex-1，所以F(x)在(-,0)上单调递减，在(0,+)上单调递增，又因为F(-b)=e-b