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 4页

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|－ln x(a>0)．‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)比较＋＋…＋与的大小(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)＝.‎ ‎(1)若函数f(x)在区间上存在极值，求正实数a的取值范围；‎ ‎(2)如果当x≥1时不等式f(x)≥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)≥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)＝ 当01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01时，x－1－ln x>0，即ln x，则当x∈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≤，则当x∈(0,2)时，x－2<0，ax－1≤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.‎ ‎3．解析：(1)f′(x)＝3x2＋b.‎ 依题意得f′＝0，即＋b＝0.‎ 故b＝－.‎ ‎(2)由(1)知f(x)＝x3－x＋c，f′(x)＝3x2－.‎ 令f′(x)＝0，解得x＝－或x＝.‎ f′(x)与f(x)的情况为：‎ x ‎－ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  c＋  c－  因为f(1)＝f＝c＋，所以当c＜－时，f(x)只有大于1的零点．‎ 因为f(－1)＝f＝c－，所以当c＞时，f(x)只有小于－1的零点．‎ 由题设可知－≤c≤.‎ 当c＝－时，f(x)只有两个零点－和1.‎ 当c＝时，f(x)只有两个零点－1和.‎ 当－＜c＜时，f(x)有三个零点x1，x2，x3，且x1∈，x2∈，x3∈.‎ 综上，若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，则f(x)所有零点的绝对值都不大于1.‎ ‎4．解析：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－，‎ 令f′(x)＝0，得x＝1，‎ 当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，∴当x＝1时，f(x)取得极大值，‎ ‎∴00，∴g(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴g(x)≥g(1)＝2，∴k≤2.‎ 故实数k的取值范围是(－∞，2]．‎ ‎5．解析：(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1.‎ 故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．‎ ‎(2)f(x)≥x3＋1等价于e－x≤1.‎ 设函数g(x)＝e－x(x≥0)，则 g′(x)＝－e－x ‎＝－x[x2－(‎2a＋3)x＋‎4a＋2]e－x ‎＝－x(x－‎2a－1)(x－2)e－x.‎ ‎(ⅰ)若‎2a＋1≤0，即a≤－，则当x∈(0,2)时，g′(x)>0.所以g(x)在(0,2)单调递增，而g(0)＝1，故当x∈(0,2)时，g(x)>1，不合题意．‎ ‎(ⅱ)若0<‎2a＋1<2，即－0.所以g(x)在(0,‎2a＋1)，(2，＋∞)单调递减，在(‎2a＋1,2)单调递增．由于g(0)＝1，所以g(x)≤1当且仅当g(2)＝(7－‎4a)e－2≤1，即a≥.‎ 所以当≤a<时，g(x)≤1.‎ ‎(ⅲ)若‎2a＋1≥2，即a≥，‎ 则g(x)≤e－x.‎ 由于0∈，‎ 故由(ⅱ)可得e－x≤1.‎ 故当a≥时，g(x)≤1.‎ 综上，a的取值范围是.‎