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
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0
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.
