《统考版》2022届高考数学（理科）一轮练习：专练15 高考大题专练（一） 导数的应用 WORD版含解析.docx

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.[2021·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.[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)＜1.3.[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.[2021·全国甲卷]已知a＞0且a≠1，函数f(x)＝eq\f(xa,ax)(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．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)由题意得y＝xf(x)＝xln(a－x)，则y′＝ln(a－x)＋x[ln(a－x)]′.因为x＝0是函数y＝xf(x)的极值点，所以y′|x＝0＝lna＝0，所以a＝1.(2)由(1)可知，f(x)＝ln(1－x)，其定义域为{x|x<1}，当0<x<1时，ln(1－x)<0，此时xf(x)<0，当x<0时，ln(1－x)>0，此时xf(x)<0.易知g(x)的定义域为{x|x<1且x≠0}，故要证g(x)＝eq\f(x＋fx,xfx)<1，只需证x＋f(x)>xf(x)，即证x＋ln(1－x)－xln(1－x)>0.令1－x＝t，则t>0且t≠1，则只需证1－t＋lnt－(1－t)lnt>0，即证1－t＋tlnt>0.令h(t)＝1－t＋tlnt,则h′(t)＝－1＋lnt＋1＝lnt，所以h(t)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)>h(1)＝0，即g(x)<1成立．3．解析：(1)f′(x)＝3x2