2022届高考数学一轮复习专练18高考大题专练一导数的应用含解析.docx

-6-专练18高考大题专练(一)导数的应用1.已知函数f(x)＝|x－a|－lnx(a>0)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)比较eq\f(ln2222)＋eq\f(ln3232)＋…＋eq\f(lnn2n2)与eq\f(n－12n＋12n＋1)的大小(n∈N*且n≥2)并证明你的结论．2.设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.(1)若曲线y＝f(x)在点(1f(1))处的切线与x轴平行求a；(2)若f(x)在x＝2处取得极小值求a的取值范围．3.[2020·全国卷Ⅲ]设函数f(x)＝x3＋bx＋c曲线y＝f(x)在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12)f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12)))))处的切线与y轴垂直．(1)求b；(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1.4.已知函数f(x)＝eq\f(1＋lnxx).(1)若函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(aa＋\f(12)))上存在极值求正实数a的取值范围；(2)如果当x≥1时不等式f(x)≥eq\f(kx＋1)恒成立求实数k的取值范围．5.[2020·全国卷Ⅰ]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)≥eq\f(12)x3＋1求a的取值范围．6.[2021·全国新高考Ⅰ卷]已知函数f(x)＝x(1－lnx)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)设ab为两个不相等的正数且blna－alnb＝a－b证明：2<eq\f(1a)＋eq\f(1b)<e.7.[2021·全国乙卷]设函数f(x)＝ln(a－x)已知x＝0是函数y＝xf(x)的极值点．(1)求a；(2)设函数g(x)＝eq\f(x＋fxxfx)证明：g(x)＜1.8.[2021·全国甲卷]已知a＞0且a≠1函数f(x)＝eq\f(xaax)(x＞0)．(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．专练18高考大题专练(一)导数的应用1．解析：(1)函数f(x)的定义域为(0＋∞)．函数f(x)可化为f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－lnx－ax≥aa－x－lnx0<x<a.))当0<x<a时f′(x)＝－1－eq\f(1x)<0所以f(x)在(0a)上单调递减．当x≥a时f′(x)＝1－eq\f(1x)＝eq\f(x－1x)此时要考虑a与1的大小．若a≥1则f′(x)≥0且f′(x)在[a＋∞)的任意子区间内都不恒等于0故f(x)在(a＋∞)上单调递增；若0<a<1则当a≤x<1时f′(x)<0当x>1时f′(x)>0故f(x)在[a1)上单调递减在(1＋∞)上单调递增f(x)在x＝a处连续．所以当a≥1时f(x)在(0a)上单调递减在(a＋∞)上单调递增；当0<a<1时f(x)在(01)上单调递减在(1＋∞)上单调递增．(2)由(1)可知当a＝1x>1时x－1－lnx>0即lnx<x－1所以eq\f(lnxx)<1－eq\f(1x).所以当n≥2n∈N*时eq\f(ln2222)＋eq\f(ln3232)＋…＋eq\f(lnn2n2)<1－eq\f(122)＋1－eq\f(132)＋…＋1－eq\f(1n2)＝n－1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(122)＋\f(132)＋…＋\f(1n2)))<n－1－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(12×3)＋\f(13×4)＋…＋\f(1nn＋1)))＝n－1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12)－\f(1n＋1)))＝n－1－eq\f(n－12n＋1)＝eq\f(2n2－2－n＋12n＋1)＝eq\f(n－12n＋12n＋1).2．解析：(1)因为f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.f′(1)＝(1－a)e.由题设知f′(1)＝0即(1－a)e＝0解得a＝1.此时f(1)＝3e≠0.所以a的值为1.(2)由(1)得f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex＝(ax－1)(x－2)ex.若a