文档文本内容
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)＝ln ＋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)＝ln ＋ax，x∈(0，2)，
则f′(x)＝·()′＋a＝·＋a＝＋a.
∵f′(x)≥0，∴a≥在(0，2)上恒成立．
当x∈(0，2)时，x(x－2)∈[－1，0)，
∴∈(－∞，－2]，
∴a∈[－2，＋∞)，即a的最小值为－2.
(2)证明：方法一 ∵f(x)＝ln ＋ax＋b(x－1)3，x∈(0，2)，
∴f(x＋1)＝ln ＋ax＋a＋bx3，x∈(－1，1).
令g(x)＝f(x＋1)－a＝ln ＋ax＋bx3，x∈(－1，1)，则g(－x)＝ln －ax－bx3＝－ln －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)＝ln ＋a(1＋x)＋bx3，f(1－x)＝ln ＋a(1－x)－bx3，
∴f(1＋x)＋f(1－x)＝ln ＋ln ＋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)＝ln －2x＋b(x－1)3>－2对任意x∈(1，2)恒成立，f′(x)＝＋－2＋3b(x－1)2＝＋
⇒
3b(x－1)2＝(x－1)2·[＋3b].
令m(x)＝＋3b，∴必有m(1)＝2＋3b≥0 b≥－.
否则若b<－，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≥－时，对任意x∈(1，2)，f(x)≥ln －2x－(x－1)3，
令h(x)＝ln －2x－(x－1)3，则h′(x)＝－2(x－1)2＝2(x－1)2[－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[－，＋∞).
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)>2ln a＋.
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>－ln a，令f′(x)<0，得x<－ln a，
所以函数f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)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(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)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(－ln a)＝a(e－ln a＋a)
＋ln a＝1＋a2＋ln a，
令g(a)＝1＋a2＋ln a－2ln a－＝a2－ln a－，a∈(0，＋∞)，
所以g′(a)＝2a－，令g′(a)>0，得a>；令g′(a)<0，得0<a<.
所以函数g(a)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，
所以函数g(a)的最小值为g()＝()2－ln －＝ln >0，
所以当a>0时，f(x)>2ln a＋成立．
方法二 当a>0时，由(1)得，f(x) ＝f(－ln a)＝1＋a2＋ln a，
min
故欲证f(x)>2ln a＋成立，
只需证1＋a2＋ln a>2ln a＋，
即证a2－>ln a.
构造函数u(a)＝ln a－(a－1)(a>0)，
则u′(a)＝－1＝，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ln a≤a－1，
故只需证a2－>a－1，即证a2－a＋>0，
因为a2－a＋＝(a－)2＋>0恒成立，
所以当a>0时，f(x)>2ln a＋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<ln a，令f′(x)>0，得x>ln a，
所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，
所以x＝ln a是f(x)的极小值点，极小值为f(ln a)＝eln a－a ln a－a3＝a－a ln a－a3，
则问题转化为解不等式a－a ln a－a3<0.
又因为a>0，所以不等式可化为a2＋ln a－1>0.
令g(a)＝a2＋ln a－1，则g′(a)＝2a＋>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－a ln a－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)＋.
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)＝－a ln (1＋x)－.
令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝－－.
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≤－.
当a≤－时，g′(x)≥－＝≥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(－∞，－].
5．[2022·新高考Ⅰ卷]已知函数f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln x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＝ln a.
所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，
所以f(x) ＝f(ln a)＝a－a ln a.
min
同理，得g(x) ＝g()＝1＋ln a.
min
因为函数f(x)，g(x)的最小值相等，
所以a－a ln a＝1＋ln a，即(a＋1)ln a＋1－a＝0.
令h(x)＝(x＋1)ln x＋1－x，x>0，则h′(x)＝ln x＋.
令m(x)＝ln x＋，x>0，则m′(x)＝－＝.
令>0，则x>1；令<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) ＝h′(1)＝1>0，
min
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－ln x，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) ＝g(x) ＝1.
min min
①当b<1时，f(x) ＝g(x) ＝1>b，显然直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)无交点，
min min
不符合题意．
②当b＝1时，f(x) ＝g(x) ＝1＝b，则直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有2
min min
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
x，在(0，＋∞)上存在且只存在1个零点，设为x.
1 2
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－，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－ln 2b.
令μ(x)＝－ln x，x>2，则μ′(x)＝－>0，
所以μ(x)>μ(2)＝1－ln 2>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x ，
3
在(1，＋∞)上存在且只存在1个零点，设为x.
4
再次证明存在b使得x＝x.
2 3
因为F(x)＝G(x)＝0，所以b＝ex－x＝x－ln x.
2 3 2 2 3 3
若x ＝x ，则ex －x ＝x －ln x ，即ex －2x ＋ln x ＝0，所以只需证明方程ex－2x＋ln
2 3 2 2 2 2 2 2 2
x＝0在(0，1)上有解即可，
即证明φ(x)＝ex－2x＋ln x在(0，1)上有零点．
因为φ()＝e－－3<0，φ(1)＝e－2>0，
所以φ(x)＝ex－2x＋ln x在(0，1)上存在零点，取一零点为x，令x＝x＝x 即可，此时
0 2 3 0
b＝ex－x，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．
0 0最后证明x＋x＝2x，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
1 4 0
因为F(x)＝F(x)＝F(x)＝G(x)＝G(x)＝G(x)＝0，所以F(x)＝G(x)＝F(ln x).
1 2 0 3 0 4 1 0 0
又因为F(x)在(－∞，0)上单调递减，x<0，0<x<1，即ln x<0，所以x＝ln x.
1 0 0 1 0
因为 F(x)＝G(ex)＝G(x)，又因为 G(x)在(1，＋∞)上单调递增，x>0，即 ex>1，
0 0 4 0 0
x>1，所以x＝ex.
4 4 0
又因为ex－2x＋ln x＝0，所以x＋x＝ln x＋ex＝2x，
0 0 0 1 4 0 0 0
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)＝ln x＋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)＝＋2x＋a，则f′(2)＝＋2×2＋a＝＋a，
由题意可得(＋a)×(－)＝－1，解得a＝－3.
(2)由a＝－3，故f(x)＝ln x＋x2－3x＋2，
则f′(x)＝＋2x－3＝＝，x>0，
故当0<x<时，f′(x)>0，当<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，)，(1，＋∞)，f(x)的单调递减区间为(，1)，
故f(x)有极大值f()＝ln ＋()2－3×＋2＝－ln 2，
有极小值f(1)＝ln 1＋12－3×1＋2＝0.
7．[2023·新课标Ⅱ卷](1)证明：当0<x<1时，x－x2<sin x<x；
(2)已知函数f(x)＝cos ax－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－sin x，
则h′(x)＝1－2x－cos x，
令p(x)＝1－2x－cos x，则p′(x)＝－2＋sin x<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<sin x.
令g(x)＝sin x－x，
则g′(x)＝cos x－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sin x<x.
综上，当0<x<1时，x－x2<sin x<x.
(2)方法一 因为f(x)＝cos ax－ln (1－x2)(－1<x<1)，
所以f(x)＝f(－x)，所以f(x)为偶函数．
f′(x)＝－a sin ax＋(－1<x<1)，
令t(x)＝－a sin ax＋(－1<x<1)，
则t′(x)＝－a2cos ax＋(－1<x<1).
令n(x)＝－a2cos ax＋，则n′(x)＝a3sin ax＋.
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≤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>时，
当<1，即a>时，
因为t′(0)<0，t′>0，
所以t′(x)在(0，m)上存在唯一零点x，
1
且当0<x<x 时，t′(x)<0，t(x)单调递减，
1
因为t(0)＝0，所以当0<x<x 时，t(x)<0，
1
即f′(x)<0，
所以f(x)在(0，x)上单调递减，
1
因为f(x)为偶函数，所以f(x)在(－x，0)上单调递增，
1
故可得x＝0是f(x)的极大值点，符合题意．
当>1，即<a<时，
因为t′(0)<0，t′＝－a2cos ＋>0，
所以t′(x)在(0，m)上存在唯一零点x，
2
且当0<x<x 时，t′(x)<0，t(x)单调递减．
2
因为t(0)＝0，所以当0<x<x 时，t(x)<0，
2
即f′(x)<0，
所以f(x)在(0，x)上单调递减．
2
因为f(x)为偶函数，所以f(x)在(－x，0)上单调递增，
2
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<－.
综上所述，a的取值范围是(－∞，－)∪(，＋∞).
方法二 由f(x)＝cos ax－ln (1－x2)，
得f′(x)＝－a sin ax＋(－1<x<1)，
令t(x)＝－a sin ax＋(－1<x<1)，
则t′(x)＝－a2cos ax＋(－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<－或a>.
所以a的取值范围是(－∞，－)∪(，＋∞).
8．[2023·全国甲卷(理)]已知函数f(x)＝ax－，x∈(0，).
(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－，
f′(x)＝8－＝8＋－.
令＝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∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
∴f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．
(2)令g(x)＝f(x)－sin2x＝ax－－sin2x，
则g′(x)＝a－－2cos2x＝a－－4cos2x＋2＝a－(＋4cos2x－2)，
令u＝cos2x，则u∈(0，1)，令k(u)＝＋4u－2，
则k′(u)＝＋4＝.
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)在上单调递减，
又g(0)＝0，∴当x∈时，g(x)<0，即f(x)<sin2x.
②当a>3时，∃x∈使得g′(x)＝0，
0 0
∴g(x)在(0，x)上单调递增，在上单调递减，
0
∴g(x)>g(0)＝0，∴f(x)<sin 2x不成立．
0
综上所述，a的取值范围为(－∞，3].
