2021高考数学一轮复习 专练15 高考大题专练（一）导数的应用（含解析）理 新人教版.doc

专练15高考大题专练(一)导数的应用命题范围：导数的应用、导数的几何意义1.[2020·湖北黄冈中学测试]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(ln22,22)＋eq\f(ln32,32)＋…＋eq\f(lnn2,n2)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(1，f(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(1,2)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))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＋lnx,x).(1)若函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a＋\f(1,2)))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(k,x＋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(1,2)x3＋1，求a的取值范围．专练15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－a，x≥a，,a－x－lnx，0<x<a.))当0<x<a时，f′(x)＝－1－eq\f(1,x)<0，所以f(x)在(0，a)上单调递减．当x≥a时，f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，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[a,1)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(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增；当0<a<1时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)由(1)可知当a＝1，x>1时，x－1－lnx>0，即lnx<x－1，所以eq\f(lnx,x)<1－eq\f(1,x).所以当n≥2，n∈N*时eq\f(ln22,22)＋eq\f(ln32,32)＋…＋eq\f(lnn2,n2)<1－eq\f(1,22)＋1－eq\f(1,32)＋…＋1－eq\f(1,n2)＝n－1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22)＋\f(1,32)＋…＋\f(1,n2)))<n－1－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2×3)＋\f(1,3×4)＋…＋\f(1,nn＋1)))＝n－1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,n＋1)))＝n－1－eq\f(n－1,2n＋1)＝eq\f(2n2－2－n＋1,2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>eq\f(1,2)，则当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，2))时，f′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在x＝2处取得极小值．若a≤eq\f(1,2)，则当x∈(0,2)时，x－2<0，ax－1≤eq\f(1,2)x－1<0，所以f′(x)>0.所以2不是f(x)的极小值点．综上可知，a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co