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专练18高考大题专练(一)导数的应用授课提示：对应学生用书35页1．[2024·新课标Ⅰ卷]已知函数f(x)＝lnx2－x＋ax＋b(x－1)3.(1)若b＝0，且f′(x)≥0，求a的最小值；(2)证明：曲线y

＝f(x)是中心对称图形；(3)若f(x)>－2当且仅当1<x<2，求b的取值范围．解析：(1)当b＝0时，f(x)＝lnx2－x＋ax，x∈(0，2)，则f′(x)＝2－xx·(x2－x)′＋a＝2－xx·2－x－（－1）x（2－x）2＋a＝2x（2－x）＋a.∵f′(x)≥0，∴a≥

2x（x－2）在(0，2)上恒成立．当x∈(0，2)时，x(x－2)∈[－1，0)，∴2x（x－2）∈(－∞，－2]，∴a∈[－2，＋∞)，即a的最小值为－2.(2)证明：方法一∵f(x)＝lnx2－x＋ax＋b(x－1)3，x

∈(0，2)，∴f(x＋1)＝ln1＋x1－x＋ax＋a＋bx3，x∈(－1，1).令g(x)＝f(x＋1)－a＝ln1＋x1－x＋ax＋bx3，x∈(－1，1)，则g(－x)＝ln1－x1＋x－ax－bx3＝－ln1＋x1－x－

ax－bx3＝－g(x)，∴g(x)是定义域为(－1，1)的奇函数，其图象关于坐标原点O对称．又∵f(x)的图象可由g(x)的图象向右平移1个单位长度，再向上平移a个单位长度得到，∴曲线y＝f(x)是中心对称图形．方法二

f(x)的定义域为(0，2)，f(1)＝a.当x∈(－1，1)时，f(1＋x)＝ln1＋x1－x＋a(1＋x)＋bx3，f(1－x)＝ln1－x1＋x＋a(1－x)－bx3，∴f(1＋x)＋f(1－x)＝ln1＋x1－x＋ln1－x1＋x＋2a＝2a，∴曲线y＝f

(x)关于点(1，a)中心对称，即曲线y＝f(x)是中心对称图形．(3)∵f(x)>－2当且仅当1<x<2，∴f(1)＝－2⇒a＝－2，∴f(x)＝lnx2－x－2x＋b(x－1)3>－2对任意x∈(1，2)恒成立，f′(x)＝1x＋12－x－2＋3b(x－1)2＝2（x

－1）2x（2－x）＋3b(x－1)2＝(x－1)2·[2x（2－x）＋3b].令m(x)＝2x（2－x）＋3b，∴必有m(1)＝2＋3b≥0⇒b≥－23.否则若b<－23，则存在δ(1<δ<2)使得当x

∈(1，δ)时，f′(x)<0，f(x)在(1，δ)上单调递减，∴f(δ)<f(1)＝－2.当b≥－23时，对任意x∈(1，2)，f(x)≥lnx2－x－2x－23(x－1)3，令h(x)＝lnx2－x－2x－23(x－1)3，则h′(x)＝2（x－1）2x（2

－x）－2(x－1)2＝2(x－1)2[1x（2－x）－1]>0，对任意x∈(1，2)恒成立，∴h(x)>h(1)＝－2，符合条件．综上可得b的取值范围是[－23，＋∞).2．[2023·新课标Ⅰ卷]已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.(1)讨论f

(x)的单调性；(2)证明：当a>0时，f(x)>2lna＋32.解析：(1)f′(x)＝aex－1，当a≤0时，f′(x)≤0，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；当a>0时，令f′(x)>0，得x>－lna，令f′(x)<0，得x<－lna，所以

函数f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增．综上可得：当a≤0时，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；当a>0时，函数f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增

．(2)方法一由(1)得当a>0时，函数f(x)＝a(ex＋a)－x的最小值为f(－lna)＝a(e－lna＋a)＋lna＝1＋a2＋lna，令g(a)＝1＋a2＋lna－2lna－32＝a2－lna－12，a∈(0，＋∞)，所以g′(a)＝2a－1a，令g′

(a)>0，得a>22；令g′(a)<0，得0<a<22.所以函数g(a)在(0，22)上单调递减，在(22，＋∞)上单调递增，所以函数g(a)的最小值为g(22)＝(22)2－ln22－12＝ln2>0，所以当a>0时，f(x)>2lna＋32成立．方法二当a>0时，由(1

)得，f(x)min＝f(－lna)＝1＋a2＋lna，故欲证f(x)>2lna＋32成立，只需证1＋a2＋lna>2lna＋32，即证a2－12>lna.构造函数u(a)＝lna－(a－1)(a>0)，则u′

(a)＝1a－1＝1－aa，所以当a>1时，u′(a)<0；当0<a<1时，u′(a)>0.所以函数u(a)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以u(a)≤u(1)＝0，即lna≤a－1，故只需证a2－12>a－1，即证a2－a＋12>0，因为a2－a＋12＝(a－12)2＋14>

0恒成立，所以当a>0时，f(x)>2lna＋32成立．3．[2024·新课标Ⅱ卷]已知函数f(x)＝ex－ax－a3.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．解析：(1)当a＝

1时，f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1，所以f′(1)＝e－1.又因为f(1)＝e－2，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x－1.(2)f(x)＝ex－ax－a3，则f′(x)＝ex－a，当a≤0时，f

′(x)＝ex－a>0，则f(x)在R上单调递增，无极值点，所以a>0.令f′(x)<0，得x<lna，令f′(x)>0，得x>lna，所以f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，所以x

＝lna是f(x)的极小值点，极小值为f(lna)＝elna－alna－a3＝a－alna－a3，则问题转化为解不等式a－alna－a3<0.又因为a>0，所以不等式可化为a2＋lna－1>0.令g(a)＝a2＋lna－1，则g′(a)＝2a＋1a>0恒成立，所以g(a)在(0，＋∞)上单调递增．

又g(1)＝0，所以不等式a－alna－a3<0的解集为(1，＋∞)，所以a的取值范围是(1，＋∞).4．[2024·全国甲卷(理)]已知函数f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x.(1)当a＝－2

，求f(x)的极值；(2)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围．解析：(1)当a＝－2时，f(x)＝(1＋2x)ln(1＋x)－x，x>－1，f′(x)＝2ln(1＋x)＋x1＋x.当x>0时，f′(x)>

0，当－1<x<0时，f′(x)<0，所以f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)的极小值为f(0)＝0，无极大值．(2)f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x，f′(x)＝－aln(1＋x)－（a＋1）x1＋x.令g

(x)＝f′(x)，则g′(x)＝－a1＋x－a＋1（1＋x）2.因为当x≥0时，f(x)≥0，且f(0)＝0，f′(0)＝0，所以g′(0)＝－1－2a≥0，得a≤－12.当a≤－12时，g′(x)≥12（1＋x）－12（1＋x）2＝x2（1＋x）2≥0，且等号不

恒成立，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)＝g(x)≥g(0)＝0，且等号不恒成立，故f(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以f(x)≥f(0)＝0恒成立，故a的取值范围为(－∞，－12].5．[2022·新高考Ⅰ卷]已知函数f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－l

nx有相同的最小值．(1)求a；(2)证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．解析：(1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a.由于f(x)存在最小值，则方程f′(x)＝0有解，故a>0，解得

x＝lna.所以f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(lna)＝a－alna.同理，得g(x)min＝g(1a)＝1＋lna.因为函数f(x)，g(x)的最小值相等，所以a－a

lna＝1＋lna，即(a＋1)lna＋1－a＝0.令h(x)＝(x＋1)lnx＋1－x，x>0，则h′(x)＝lnx＋1x.令m(x)＝lnx＋1x，x>0，则m′(x)＝1x－1x2＝x－1x2.令x－1x2>0，则x>1；令x－1x2<0，则0<x<1.所以m(x)在

(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，即h′(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h′(x)min＝h′(1)＝1>0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．又h(1)＝0，所以1是h(x)唯一零点，所以a＝1.(2)证明：由(1)知f(x)＝ex－x，g(x)＝

x－lnx，且f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，且f(x)min＝g(x)min＝1.①当b<1时，f(x)min＝g(x)min＝1>b，显然直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y

＝g(x)无交点，不符合题意．②当b＝1时，f(x)min＝g(x)min＝1＝b，则直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有2个交点，不符合题意．③当b>1时，首先证明直线y＝b与曲线y＝f(x)有2个交点，即证F(x)＝f(x)－b有2个零点．因为

F′(x)＝f′(x)＝ex－1，所以F(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.F(－b)＝e－b>0，F(0)＝1－b<0，F(b)＝eb－2b.令t(b)＝eb－2b，b>1，则t′(b)＝eb－2

>0，所以t(b)>t(1)＝e－2>0，所以F(b)>0.所以由零点存在定理，知F(x)＝f(x)－b在(－∞，0)上存在且只存在1个零点，设为x1，在(0，＋∞)上存在且只存在1个零点，设为x2.其次证明直线y＝b与曲线g(x)有2个交点，即证G(x)＝g(x)－

b有2个零点．因为G′(x)＝g′(x)＝1－1x，所以G(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．G(e－b)＝e－b>0，G(1)＝1－b<0，G(2b)＝b－ln2b.令μ(x)＝x2－lnx，x>2，则μ′(x)＝12－1x>0，所以μ(x)>μ(2)＝1

－ln2>0，即G(2b)>0.所以由零点存在定理，得G(x)＝g(x)－b在(0，1)上存在且只存在1个零点，设为x3，在(1，＋∞)上存在且只存在1个零点，设为x4.再次证明存在b使得x2＝x3.因为F(x2)＝G(x3)＝0，所以b

＝ex2－x2＝x3－lnx3.若x2＝x3，则ex2－x2＝x2－lnx2，即ex2－2x2＋lnx2＝0，所以只需证明方程ex－2x＋lnx＝0在(0，1)上有解即可，即证明φ(x)＝ex－2x＋lnx在(

0，1)上有零点．因为φ(1e3)＝e1e3－2e3－3<0，φ(1)＝e－2>0，所以φ(x)＝ex－2x＋lnx在(0，1)上存在零点，取一零点为x0，令x2＝x3＝x0即可，此时b＝ex0－x0，则此时存在直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不

同的交点．最后证明x1＋x4＝2x0，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．因为F(x1)＝F(x2)＝F(x0)＝G(x3)＝G(x0)＝G(x4)＝0，所以F(x1)＝G(x0)＝F(lnx0).又因为F(x)在(－∞，0)上单调递减，

x1<0，0<x0<1，即lnx0<0，所以x1＝lnx0.因为F(x0)＝G(ex0)＝G(x4)，又因为G(x)在(1，＋∞)上单调递增，x0>0，即ex0>1，x4>1，所以x4＝ex0.又因为ex0－

2x0＋lnx0＝0，所以x1＋x4＝lnx0＋ex0＝2x0，即存在直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．6．[2024·九省联考]已知函数f(x)＝lnx＋x2＋ax＋2在点(2，f(2))处的切线与

直线2x＋3y＝0垂直．(1)求a；(2)求f(x)的单调区间和极值．解析：(1)f′(x)＝1x＋2x＋a，则f′(2)＝12＋2×2＋a＝92＋a，由题意可得(92＋a)×(－23)＝－1，解得a＝－3.(2)由a＝－3，故f(x)

＝lnx＋x2－3x＋2，则f′(x)＝1x＋2x－3＝2x2－3x＋1x＝（2x－1）（x－1）x，x>0，故当0<x<12时，f′(x)>0，当12<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，故f(x)的单调递增区间为(0，12)，(

1，＋∞)，f(x)的单调递减区间为(12，1)，故f(x)有极大值f(12)＝ln12＋(12)2－3×12＋2＝34－ln2，有极小值f(1)＝ln1＋12－3×1＋2＝0.7．[2023·新课标Ⅱ卷](1)证明：当0<x<1

时，x－x2<sinx<x；(2)已知函数f(x)＝cosax－ln(1－x2)，若x＝0是f(x)的极大值点，求a的取值范围．解析：(1)令h(x)＝x－x2－sinx，则h′(x)＝1－2x－cosx，令p(x)＝1－2x－cos

x，则p′(x)＝－2＋sinx<0，所以p(x)即h′(x)单调递减，又h′(0)＝0，所以当0<x<1时，h′(x)<h′(0)＝0，h(x)单调递减，所以当0<x<1时，h(x)<h(0)＝0，即x－x2<sinx.令g(x)＝sinx－x，则g′(x)＝co

sx－1≤0，所以g(x)单调递减，又g(0)＝0，所以当0<x<1时，g(x)<g(0)＝0，即sinx<x.综上，当0<x<1时，x－x2<sinx<x.(2)方法一因为f(x)＝cosax－ln(1－x2)(－1<x<1)，所以f(x)＝f(－x)，所以f(x)为偶函数．f′(x)＝－a

sinax＋2x1－x2(－1<x<1)，令t(x)＝－asinax＋2x1－x2(－1<x<1)，则t′(x)＝－a2cosax＋2（1＋x2）（1－x2）2(－1<x<1).令n(x)＝－a2cosax＋2（1＋x2）（1－x2）2，则n′(x)＝a3sinax＋4x（3＋x2）

（1－x2）3.当a＝0时，当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当－1<x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以x＝0是f(x)的极小值点，不符合题意．当a>0时，取π2a与1中的较小者，为m，则当0<x<m时

，易知n′(x)>0，所以n(x)即t′(x)在(0，m)上单调递增，所以t′(x)>t′(0)＝2－a2.①当2－a2≥0，即0<a≤2时，t′(x)>0(0<x<m).所以t(x)在(0，m)上单调递增，所以t(x)>t(0)＝0，即f′(x)>0.那么f(x)在(0，m)上单调递增，由偶函

数性质知f(x)在(－m，0)上单调递减．故x＝0是f(x)的极小值点，不符合题意．②当2－a2<0，即a>2时，当π2a<1，即a>π2时，因为t′(0)<0，t′π2a>0，所以t′(x)在(0，m)上存在唯一零点x1

，且当0<x<x1时，t′(x)<0，t(x)单调递减，因为t(0)＝0，所以当0<x<x1时，t(x)<0，即f′(x)<0，所以f(x)在(0，x1)上单调递减，因为f(x)为偶函数，所以f(x)在(－x1，0)上单调递增，故可得x＝0是f(x)的极大值点，符合题意．当

π2a>1，即2<a<π2时，因为t′(0)<0，t′12＝－a2cosa2＋409>0，所以t′(x)在(0，m)上存在唯一零点x2，且当0<x<x2时，t′(x)<0，t(x)单调递减．因为t(0)＝0，所以当0<x<x2时，t(x)<0，即f′(x)<0，所以f(x)在(0，x2)

上单调递减．因为f(x)为偶函数，所以f(x)在(－x2，0)上单调递增，故可得x＝0是f(x)的极大值点，符号题意．当a<0时，由偶函数图象的对称性可得a<－2.综上所述，a的取值范围是(－∞，－2)∪(2，＋∞).方法二由f(x)＝cosax－ln(1－x2

)，得f′(x)＝－asinax＋2x1－x2(－1<x<1)，令t(x)＝－asinax＋2x1－x2(－1<x<1)，则t′(x)＝－a2cosax＋2（1＋x2）（1－x2）2(－1<x<1).由x＝0是f(x)的极大值点，易得f′(0)＝0，t′(0)<0，

所以2－a2<0，解得a<－2或a>2.所以a的取值范围是(－∞，－2)∪(2，＋∞).8．[2023·全国甲卷(理)]已知函数f(x)＝ax－sinxcos3x，x∈(0，π2).(1)当a＝8时，讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)<sin2x，

求a的取值范围．解析：(1)当a＝8时，f(x)＝8x－sinxcos3xx∈0，π2，f′(x)＝8－cos4x＋3sin2xcos2xcos6x＝8＋2cos2x－3cos4x.令1cos2x＝t，则t∈(1，＋∞)，令h(t)＝－3t2＋2t

＋8＝－(3t＋4)(t－2)，当t∈(1，2)时，h(t)>0；当t∈(2，＋∞)时，h(t)<0.故当x∈0，π4时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈π4，π2时，f′(x)<0，f(x)单调递减．∴f(x)在区间0，π4上单调递增，在区间π

4，π2上单调递减．(2)令g(x)＝f(x)－sin2x＝ax－sinxcos3x－sin2x，则g′(x)＝a－cos4x＋3sin2xcos2xcos6x－2cos2x＝a－cos2x＋3sin2xcos4x－4cos2x＋2＝a－(－2cos2x＋3co

s4x＋4cos2x－2)，令u＝cos2x，则u∈(0，1)，令k(u)＝－2u＋3u2＋4u－2，则k′(u)＝2u－6u3＋4＝4u3＋2u－6u3.当u∈(0，1)时，k′(u)<0，∴k(u)

在(0，1)上单调递减，∵k(1)＝3，∴当u∈(0，1)时，k(u)>3，∴k(u)的值域为(3，＋∞).①当a≤3时，g′(x)<0，∴g(x)在0，π2上单调递减，又g(0)＝0，∴当x∈

0，π2时，g(x)<0，即f(x)<sin2x.②当a>3时，∃x0∈0，π2使得g′(x0)＝0，∴g(x)在(0，x0)上单调递增，在x0，π2上单调递减，∴g(x0)>g(0)＝0，∴f(x)<sin2x不成立．综上所述，a的取值范

围为(－∞，3].