2025年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習專項訓(xùn)練：高考大題(一) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用

專練18高考大題專練(一)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用

X

1.[2024?新課標I卷]已知函數(shù)段)=ln+ax+b(x-l)i.

(1)若b=0,且力：尤)20,求。的最小值；

(2)證明：曲線>=/(尤)是中心對稱圖形；

(3)若兀0>—2當且僅當求b的取值范圍.

V

解析：(1)當8=0時，f(x)=\n"7^+ax9x￡(0,2),

M12—xx,2~x2~x—(—1)x,2

則/㈤=丁?(二)'+〃=丁'-(2-x)2+a=r(i--+“.

2

?.了(無)20,.??吟屋_2)在(°，2)上恒成立.

當XG(O,2)時，x(x-2)e[-l,0),

-x(x-2)8,-2]

—2,+°°),即〃的最小值為-2.

Y

(2)證明：方法一\'J(x)=ln2—x+〃x+b(x—1)二工￡(0,2),

]~\~x

?\/(x+l)=ln[二%+ax+a+bxi,%￡(—1,1).

人]+x11aci1—%14-X

令g(x)=/(x+l)-a=ln+ax+bx3,%￡(—1,1),則g(-x)=ln~ax~^q=—ln—ax

一加=—g(x),「.ga)是定義域為(一1,1)的奇函數(shù)，其圖象關(guān)于坐標原點。對稱.

又??7U)的圖象可由g(x)的圖象向右平移1個單位長度，再向上平移，個單位長度得到，，曲線y=/(x)

是中心對稱圖形.

方法二危)的定義域為(0,2),11)=〃.

]~Hx1-x

當x￡(—1,1)時，/(l+x)=ln]_%+〃(1+工)+加?，/(I—x)=ln1十.+〃(1—%)—bx\

1X1—X

.*./1+^)+/1—X)=\n不彳+ln+2〃=2〃，，曲線y=/(x)關(guān)于點(1,〃)中心對稱，即曲線y=?x)

是中心對稱圖形.

⑶?.?於)>—2當且僅當Kx<2,

：.fil)=-2=^a=-2,

Y11

32

??fix)—In_x—2x+b(x—1)>—2對任意(1,2)怛成立，/(x)=~_x—2+3Z?(x—I)=

2(X—1)22

+3b(x—1)2=(x—1)2-(2—x)+3處

x(2—x)

22

令機(x)=-z9_x+3/?,???必有機(1)=2+3。三0=82—彳.

2

否則若從一W,則存在次14<2)使得當x￡(l,3)時，

/(x)<0,危)在(1,3)上單調(diào)遞減，，人①勺(1)=-2.

2r2

3

當—1時，對任意x￡(l,2),於)NInx-2x一(x—1),

Y22(x—1)2]

—2%——22

令成x)=ln嘮73(%—1>,則h'(x)=J(2—x)2(x—1)=2(x-1)[^.(2—%)11]>°，對任

意x￡(l,2)恒成立，

Z./z(x)>/i(l)=-2,符合條件.

2

綜上可得b的取值范圍是[―彳，+8).

2.[2023?新課標I卷]已知函數(shù)段)=〃(e*+〃)一x.

(1)討論/(x)的單調(diào)性；

3

(2)證明：當a>0時，f(x)>2\n.

解析：(l)f(x)=aex—l,

當aWO時，/(%)W0,

所以函數(shù)欠工)在(一8,+8)上單調(diào)遞減；

當〃>0時，令/(x)>0,得令/(x)<0,得％

所以函數(shù)?x)在(-8,—ln〃)上單調(diào)遞減，在(一ln〃，+8)上單調(diào)遞增.

綜上可得：當時，函數(shù)/(X)在(一8,十8)上單調(diào)遞減；

當〃>0時，函數(shù)/(x)在(一8,—ln〃)上單調(diào)遞減，在(一Ino,+8)上單調(diào)遞增.

(2)方法一由(1)得當〃>0時，函數(shù)y(x)=Q(e，+a)—x的最小值為八-Ina)=a(e—in"+")+ln〃=1+/+

Ina,

31

令g(Q)=l+〃2+lna-21n〃一]=層一Ina—1,〃￡(0,+°°),

所以/⑷=2〃一(,令/⑷>0,得。,乎；令夕⑷<0,得0<〃<乎.

所以函數(shù)g(。)在(0,坐)上單調(diào)遞減，在(乎，+8)上單調(diào)遞增，

所以函數(shù)g(。)的最小值為g(乎)=(乎In乎—=lny/2>0,

3

所以當a>0時，/(x)>21n〃+2成立.

方法二當〃>0時，由(1)得，y(x)min=/(—lnq)=l+/+ln〃，

3

故欲證/(x)>21n成立，

3

只需證1+層+in〃>21n〃+5,

即證層一]>lna.

構(gòu)造函數(shù)u(d)=ln〃一(〃一1)(〃>0),

11—(2

貝Iu\a)=--1=-^—,所以當〃>1時，/(a)<0；當0<a<l時，>⑷>0.

所以函數(shù)"(4)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+8)上單調(diào)遞減，

所以〃(a)W〃(l)=0,即lnaW〃一1,

故只需證/一；>a~l,即證〃2—Q+T>0,

因為a2~a+^=(〃-3)2+4>0恒成立，

3

所以當。>0時，J(x)>21n成立.

3.[2024?新課標II卷]已知函數(shù)/(x)=e"一以―步.

(1)當〃=1時，求曲線>=/")在點(1,人1))處的切線方程；

(2)若1x)有極小值，且極小值小于0,求。的取值范圍.

解析：(1)當〃=1時，/(%)=——x—l,則/(x)=e*—l,所以/(l)=e—l.

又因為火l)=e—2,所以曲線y=y(%)在點(1,-1))處的切線方程為y—(e—2)=(e—1)(%—1),即y=(e—

l)x—1.

(2yO)=e%一以一蘇，則/(%)=e%—〃，當aWO時，/(x)=e%—Q>0,則八工)在R上單調(diào)遞增，無極值點，

所以a>0.

令了(%)<。,得x<lna,令/(x)>0,得x>lna,

所以?x)在(-8,Ino)上單調(diào)遞減，在(ln〃，+8)上單調(diào)遞增，

所以x=lna是4x)的極小值點，極小值為/(In〃)=*"—〃In〃一/=〃一〃Ina—a5,則問題轉(zhuǎn)化為解不

等式a~aIn〃一〃3<()

又因為Q>0,所以不等式可化為〃2+in〃一1>0.

令g(Q)=〃2+ln〃-1,貝|g(〃)=2〃+:>0恒成立，

所以g(〃)在(0,+8)上單調(diào)遞增.又g(l)=o,所以不等式a—"In。一〃3<0的解集為(1,+8),所以。

的取值范圍是(1,+°°).

4.[2024?全國甲卷(理月已知函數(shù)段)=(1—aOln(l+x)-x

(1)當〃=—2,求/(x)的極值；

(2)當％20時，犬工)20,求〃的取值范圍.

解析：(1)當〃=—2時,fix)=(l+2x)ln(1+x)—x,x>—1,

Y

/(x)=21n(l+x)+yq^.

當x>0時，f(x)>0,當一l<r<0時，無)<0,

所以八x)在(一1,0)上單調(diào)遞減，在(0,+8)上單調(diào)遞增，

故兀0的極小值為八0)=0,無極大值.

,,(a+1)x

(2)/(x)=(l—依)ln(l+x)—x,f(x)=—aIn(H-x)一1+尤.

令g(x)=/(x),貝”g，a)=一1—2.

因為當x20時，危)20,且式0)=0,f(0)=0,

所以g'(0)=—1—2。20,得aW—；.

111V

當2時，g3>2(1+x)—2(1+x)2=2(1+x)2》°，且等號不恒成立，所以g(x)在［0,

+8)上單調(diào)遞增，

所以/a)=g(x)》g(o)=o,且等號不恒成立，

故於：)在［0,+8)上單調(diào)遞增，

所以八工)//(0)=0恒成立，

故〃的取值范圍為(一8,—1］.

5.［2022?新高考I卷］已知函數(shù)/(x)=e%—QX和g(x)=QX—Inx有相同的最小值.

⑴求。；

(2)證明：存在直線y=。，其與兩條曲線>=/口)和〉=且。)共有三個不同的交點，并且從左到右的三個交

點的橫坐標成等差數(shù)列.

解析：(1)由人工)=匕九一“X,得/(x)=e"一

由于/(x)存在最小值，則方程了(%)=0有解，故〃>0,解得x=ln〃.

所以“x)在(-8,ma)上單調(diào)遞減，在(Ino,+8)上單調(diào)遞增，

所以min=#ln〃)="一aIna.

同理，得g(X)min=g(1)=l+ln〃.

因為函數(shù)/(x),g(x)的最小值相等，

所以a-alna=l+lna,即(〃+l)lni+l—〃=0.

令人(jr)=(x+l)lnx+l—%,%>0,則/(x)=lnx+：.

令根(x)=lnx+：,x>0,則/(x)=：—/x—1

%—1x—1

令q->0,則％>1；令q-<0,則0<x<l.

所以加(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+8)上單調(diào)遞增，即勿(X)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+8)上單

調(diào)遞增,所以砥X)min=l(l)=l>0,

所以/i(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增.

又用(1)=0,所以1是/z(x)唯一零點，所以4=1.

(2)證明：由(1)知本)=e%—x,g(x)=x—lnx,且?x)在(-8,0)上單調(diào)遞減，在(0,十8)上單調(diào)遞增，

g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+8)上單調(diào)遞增，且加；)min=g(x)min=l.

①當Z?<1時，?X)min=ga)min=l>b,顯然直線>=匕與兩條曲線>=/(%)和>=g(￡)無交點，不符合題意.

②當/?=1時，/(X)min=g(X)min=l=。，則直線>=匕與兩條曲線>=黃工)和丁=g(x)共有2個交點，不符合

題意.

③當b>\時，首先證明直線y=b與曲線'=段)有2個交點，即證F(x)=f(x)~b有2個零點.

因為尸(x)=/(x)=ex—1,

所以5(X)在(-8,0)上單調(diào)遞減，在(0,+8)上單調(diào)遞增.

F(-b)=e~b>0,F(Q)=l-b<0,F(b)=a—2b.

令一份=廿一26,b>l,貝)|/S)=e。-2>0,

所以/3)>*l)=e—2>0,所以尸(Z?)>0.

所以由零點存在定理，知尸(x)=/(x)—Z?在(一8,0)上存在且只存在1個零點，設(shè)為xi,在(0,+°°)±

存在且只存在1個零點，設(shè)為X2.

其次證明直線y=b與曲線g(x)有2個交點，

即證G(x)=g(x)—Z?有2個零點.

因為GXr)=gXx)=l—:，所以G(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+8)上單調(diào)遞增.

G(e~b)=e~b>0,G(l)=l-/?<0,G(2b)=b~ln2b.

x11

-

令〃(%)=2—Inx,X>29則/(%)=2->0,

所以〃(x)>〃(2)=1-In2>0,即G(2/?)>0.

所以由零點存在定理，得G(x)=g(x)—b在(0,1)上存在且只存在1個零點，設(shè)為口，在(1,+8)上存

在且只存在1個零點，設(shè)為必.

再次證明存在b使得X2=X3.

因為/(%2)=G(X3)=O,所以b=ex2—X2=X3—Inx3.

若％2=工3,則ex2—X2=X2—InX2,即e%2—2%2+lnx2=。，所以只需證明方程e*—2x+lnx=0在(0,1)上

有解即可，

即證明9a)=e“一2x+lnx在(0,1)上有零點.

因為9d)=e"一1—3<0,9(l)=e-2>0,

所以9(x)=e*—2x+ln%在(0,1)上存在零點，取一零點為出,令愈=冗3=&即可，此時b=exo—必，則

此時存在直線y=b與兩條曲線)=黃元)和y=g(x)共有三個不同的交點.

最后證明即+必=2即，即從左到右的三個交點的橫坐標成等差數(shù)列.

因為F(X1)=F(X2)=F(XO)=G(X3)=G(XO)=G(X4)=O,所以F(xi)=G(xo)=F(lnxo).

又因為b(x)在(一8,0)上單調(diào)遞減，xi<0,0<X0<l,即lnxo<O,所以xi=lnxo.

因為/ao)=G(exo)=G(%4),又因為G(x)在(1,+8)上單調(diào)遞增，x0>0,即exo>l,如>1,所以％4=e%o.

又因為e%o—2xo+ln%o=O,所以xi+x4=lnxo+exo=2xo,

即存在直線與兩條曲線丁=人工)和)=8a)從左到右的三個交點的橫坐標成等差數(shù)列.

6.[2024?九省聯(lián)考]已知函數(shù)/(x)=lnx+/+辦+2在點(2,犬2))處的切線與直線2x+3y=0垂直.

⑴求〃；

(2)求兀X)的單調(diào)區(qū)間和極值.

一11Q

解析：(1?(%)=噎+2x+a,則/(2)=]+2X2+〃=]+a,

,92

由題意可得(]+?)X(——)=-1,解得〃=—3.

(2)由。=—3,故?x)=ln%+/—3x+2,

.1?22—3x+l(2x—1)(x—1)

則M/(%)=1+2x—3=-------------=-------------------------,x>0,

故當0<x<|時，/(x)>0,當;<x<l時，/(x)<0,當X>1時，/(x)>0,

故危)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,?),(1,+8),%)的單調(diào)遞減區(qū)間為七,1),

故五》)有極大值/^)=ln；+(^>—3x]+2=土一In2,

有極小值式l)=ln1+12-3X1+2=O.

7.[2023?新課標II卷]⑴證明：當0<%<1時，x—f<sinx<x；

(2)已知函數(shù)y(x)=cosOX—In(1—X2),若％=0是?r)的極大值點，求〃的取值范圍.

解析：(1)令/z(x)=x—x2—sin%,

貝Ihf(x)=1—2x—cosx,

令p(x)=1~2x—cosx,則pr(x)=-2+sinx<0,

所以p(x)即砥x)單調(diào)遞減，又砥0)=0,

所以當0<x<l時，h\x)<hr(0)=0,以功單調(diào)遞減,

所以當0<%<1時，/z(x)</z(0)=0,即％——<sinx.

令g(x)=sinx-x,

貝Ig'(%)=cos九一1W。,

所以g(x)單調(diào)遞減，又g(0)=0,

所以當0<x<1時,g(x)<g(0)=0,

即sinx<x.

綜上，當0<x<l時，A：—x2<sinx<x

(2)方法一因為/(x)=cosax—In(1—f)(—1<X<1),

所以?x)=/(—x),所以次x)為偶函數(shù).

.2x_

f(x)=—asinax+_^2(1<x<1),

2%

令?)=—〃sin4%+]_(2(_1<X<1),

2

rtl9,2(1+x)

貝Uf(x)=—acosax+—^2)2(一

22

人,2(1+x)eQ,4x(3+x)

9r23

令n(x)=—acos(〔_爐戶，貝Un(x)=asinax+—?—x)

當a=0時,

當04V1時，/(x)>0,?x)單調(diào)遞增，當一1<%<0時，/(%)<0,1%)單調(diào)遞減,

所以x=0是八%)的極小值點，不符合題意.

JT

當Q>0時，取五與1中的較小者，為m,

則當04V根時，易知川(%)>0,

所以〃(x)即r(x)在(0,附上單調(diào)遞增，所以?x)>?0)=2—次.

①當2—〃220,即0<a^y[2時，f(x)>0(0<x<m).

所以?)在(0,逝上單調(diào)遞增,所以?)>*0)=0,sp/(x)>0.

那么大x)在(0,刈上單調(diào)遞增，

由偶函數(shù)性質(zhì)知五幻在(一根，0)上單調(diào)遞減.

故x=0是?x)的極小值點，不符合題意.

②當2—次<0,即a>yf2時，

當會<晨即說時，

因為底0)<0」/)

>0,

所以「(%)在(0,㈤上存在唯一零點％i,

且當0<x<xi時，f(x)<0,t(x)單調(diào)遞減，

因為*0)=0,所以當0<%<為時，心)<0,

即/(x)<0,

所以/(x)在(0,xi)上單調(diào)遞減，

因為1工)為偶函數(shù)，所以yu)在(一㈤，0)上單調(diào)遞增,

故可得X=0是“X)的極大值點，符合題意.

當日>晨即也<tz<2時，

因為/(0)<0,=—a2cos1+岑>0,

所以「(X)在(0,⑼上存在唯一零點X2,

且當0<X<X2時，?%)<0,心)單調(diào)遞減.

因為*0)=0,所以當0<x<X2時，/(x)<0,

即了(%)<0,

所以“X)在(0,X2)上單調(diào)遞減.

因為人X)為偶函數(shù)，所以人工)在(一X2,0)上單調(diào)遞增，

故可得x=0是人期的極大值點，符號題意.

當〃<0時，由偶函數(shù)圖象的對稱性可得〃<一也.

綜上所述，。的取值范圍是(一8,-^2)U(^2,+8).

方法二由?x)=cosax~\n(1—x2),

得了(%)=-"sin(_l<r<l),

2x

令[x)=—〃sinax+yT彳(—1<X<1),

2(1+x2)

則/(%)=—Heosox4(-1<X<1).

(1-x2)2

由％=0是式x)的極大值點，易得/(0)=0,

f(0)<0,

所以2—6Z2<0,

解得〃〈一也或〃g/5.

所以〃的取值范圍是(一8,-y[2)U(色，+oo).

QinYIT

8.[2023?全國甲卷