2022版新教材高考数学一轮复习高考大题专项一导数的综合应用含解析新人教A版 (1)

优选高考大题专项(一)　导数的综合应用突破1利用导数研究与不等式有关的问题1.(2020全国1,理21)已知函数f(x)=ex+ax2-x.(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)当x≥0时,f(x)≥12x3+1,求a的取值范围.40/40 优选2.(2020山东潍坊二模,20)已知函数f(x)=1x+alnx,g(x)=exx.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)证明:当a=1时,f(x)+g(x)-1+ex2lnx>e.40/40 优选3.已知函数f(x)=lnx+ax(a∈R)的图象在点1e,f1e处的切线斜率为-e,其中e为自然对数的底数.(1)求实数a的值,并求f(x)的单调区间;(2)证明:xf(x)>xex.40/40 优选4.(2020广东湛江一模,文21)已知函数f(x)=lnax-bx+1,g(x)=ax-lnx,a>1.(1)求函数f(x)的极值;(2)直线y=2x+1为函数f(x)图象的一条切线,若对任意的x1∈(0,1),x2∈[1,2]都有g(x1)>f'(x2)成立,求实数a的取值范围.40/40 优选40/40 优选5.(2020山东济宁5月模拟,21)已知两个函数f(x)=exx,g(x)=lnxx+1x-1.(1)当t>0时,求f(x)在区间[t,t+1]上的最大值;(2)求证:对任意x∈(0,+∞),不等式f(x)>g(x)都成立.40/40 优选6.(2020湖北武汉二月调考,理21)已知函数f(x)=(x-1)ex-kx2+2.(1)略;(2)若∀x∈[0,+∞),都有f(x)≥1成立,求实数k的取值范围.40/40 优选7.(2020山东济南一模,22)已知函数f(x)=a(ex-x-1)x2,且曲线y=f(x)在(2,f(2))处的切线斜率为1.(1)求实数a的值;(2)证明:当x>0时,f(x)>1;(3)若数列{xn}满足exn+1=f(xn),且x1=13,证明:2n|exn-1|0.所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)f(x)≥12x3+1等价于12x3-ax2+x+1e-x≤1.设函数g(x)=12x3-ax2+x+1e-x(x≥0),则g'(x)=-12x3-ax2+x+1-32x2+2ax-1e-x=-12x[x2-(2a+3)x+4a+2]e-x=-12x(x-2a-1)(x-2)e-x.①若2a+1≤0,即a≤-12,则当x∈(0,2)时,g'(x)>0.所以g(x)在(0,2)上单调递增,而g(0)=1,故当x∈(0,2)时,g(x)>1,不合题意.40/40 优选②若0elnxx,故原不等式成立.3.(1)解因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x-ax2,所以f'1e=e-ae2=-e,所以a=2e,所以f'(x)=1x-2ex2.令f'(x)=0,得x=2e,当x∈0,2e时,f'(x)0,所以h(x)在0,1e上单调递减,在1e,+∞上单调递增,所以h(x)min=h1e=1e.设t(x)=xex(x>0),则t'(x)=1-xex,40/40 优选所以当x∈(0,1)时,t'(x)>0,t(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,t'(x)t(x),即xf(x)>xex.4.解(1)∵a>1,∴函数f(x)的定义域为(0,+∞).∵f(x)=lnax-bx+1=lna+lnx-bx+1,∴f'(x)=1x-b=1-bxx.①当b≤0时,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上为增函数,无极值;②当b>0时,由f'(x)=0,得x=1b.∵当x∈0,1b时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈1b,+∞时,f'(x)f'(x2)成立,∴只需g(x1)min>f'(x2)max.∵g'(x)=a-1x=ax-1x,∴由g'(x)=0,得x=1a.∵a>1,∴00,∴f(x)在区间(-∞,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增.40/40 优选①当t≥1时,f(x)在区间[t,t+1]上单调递增,f(x)的最大值为f(t+1)=et+1t+1.②当00,1-e0),则h'(x)=ex-1>0,∴h(x)在(0,+∞)上为增函数,h(x)>h(0)=0,即ex>x+1,所以,要证ex>lnx-x+1成立,只需证x+1>lnx-x+1成立即可.即证2x>lnx在(0,+∞)上成立.40/40 优选设φ(x)=2x-lnx,则φ'(x)=2-1x=2x-1x,当00,φ(x)单调递增,∴φ(x)min=φ12=1-ln12=1+ln2>0,∴φ(x)>0在(0,+∞)上成立,∴对任意x∈(0,+∞),不等式f(x)>g(x)都成立.6.解(1)略(2)f'(x)=xex-2kx=x(ex-2k),①当k≤0时,ex-2k>0,所以,当x0,则f(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增,所以f(x)在区间[0,+∞)上的最小值为f(0),且f(0)=1,符合题意;②当k>0时,令f'(x)=0,得x=0或x=ln2k,所以当00时,c'(x)>0,所以h'(x)=ex-x-1在(0,+∞)上单调递增,所以h'(x)=ex-x-1>h'(0)=0.所以h(x)=ex-12x2-x-1在(0,+∞)上单调递增,所以h(x)=ex-12x2-x-1>h(0)=0成立.所以当x>0时,f(x)>1.(3)证明(方法1)由(2)知当x>0时,f(x)>1.因为exn+1=f(xn),所以xn+1=lnf(xn).设g(xn)=lnf(xn),则xn+1=g(xn),所以xn=g(xn-1)=g(g(xn-2))=…=g((…(g(x1))…))>0.要证2n|exn-1|0,得m(x)单调递增;当x>x0时,m(x)=xex,由m'(x)=1-xex2x0-x1.40/40 优选又因为2x0-x1>x0,而m(x)在区间(x0,+∞)上单调递减,所以可证m(x2)0,即h(x)单调递增,故当10.所以F(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.所以当x=0时,F(x)取得最小值F(0)=0.所以F(x)≥0,即f(x)≥g(x).(2)解设函数F(x)=f(x)-g(x)=xex-aex+a.当a>1时,F'(x)=(x-a+1)ex,令F'(x)>0,即(x-a+1)ex>0,解得x>a-1;令F'(x)1),则u'(x)=6ax2-6ax-2b=6ax(x-1)-2b>-2b.当b≤0时,u'(x)>0,此时u(x)在(1,+∞)上单调递增,因此u(x)>u(1)=-a-b.因为存在x0∈(1,+∞),使2ax03-3ax02-2bx0+b=0成立,所以只要-a-b3a+9a24a=32>1,x2=3a-9a2+16ab4a(舍去),x3=0(舍去),得u(x1)=b>0.又因为u(1)=-a-b1,使2ax03-3ax02-2bx0+b=0成立,此时ba>0.综上,ba的取值范围为(-1,+∞).40/40 优选6.解(1)因为g(x)=2a3x3+2(1-a)x2-8x+8a+7,所以g'(x)=2ax2+4(1-a)x-8,所以g'(2)=0.所以a=0,即g(x)=2x2-8x+7.g(0)=7,g(3)=1,g(2)=-1.所以g(x)在[0,3]上的值域为[-1,7].(2)①当a=0时,g(x)=2x2-8x+7,由g(x)=0,得x=2±22∈(1,+∞),此时函数y=h(x)有三个零点,符合题意.②当a>0时,g'(x)=2ax2+4(1-a)x-8=2a(x-2)x+2a.由g'(x)=0,得x=2.当x∈(0,2)时,g'(x)2,即-1