2023年新教材高考数学微专题专练18含解析

1．[2022·全国甲卷(文)，20]已知函数f(x)＝x－x，g(x)＝x＋a，曲线y＝f(x)在点(x1，f(x1))处的切线也是曲线y＝g(x)的切线．

(1)若x1＝－1，求a； (2)求a的取值范围．

2．设函数f(x)＝[ax－(4a＋1)x＋4a＋3]e.

(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．

2

3

2

x113

3.[2020·全国卷Ⅲ]设函数f(x)＝x＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点，f处的切线与

22

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.

1

4．[2022·全国乙卷(理)，21]已知函数f(x)＝ln (1＋x)＋axe－x. (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；

(2)若f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a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)≥12x3

＋1，求a的取值范围．

6．[2021·全国新高考Ⅰ卷]已知函数f(x)＝x(1－lnx). (1)讨论f(x)的单调性；

(2)设a，b为两个不相等的正数，且blna－alnb＝a－b，证明：2<11

a＋b2

7．[2021·全国乙卷]设函数f(x)＝ln (a－x)，已知x＝0是函数y＝xf(x)的极值点． (1)求a； (2)设函数g(x)＝

x＋f（x）

，证明：g(x)＜1.

xf（x）

xa8．[2021·全国甲卷]已知a＞0且a≠1，函数f(x)＝x(x＞0).

a(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；

(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．

专练18 高考大题专练(一) 导数的应用

1．解析：(1)当x1＝－1时，f(x1)＝0.

由题意，得f′(x)＝3x－1，所以f′(－1)＝2，

则曲线y＝f(x)在点(x1，f(x1))处的切线方程为y＝2(x＋1). 由题意，知直线y＝2(x＋1)与曲线g(x)＝x＋a相切，

所以2x＋2＝x＋a，即方程x－2x＋a－2＝0有两个相等的实数解，则Δ＝4－4(a－2)＝0，解得a＝3.

(2)方法一 因为f(x1)＝x1 －x1，f′(x1)＝3x1 －1，

所以曲线y＝f(x)在点(x1，f(x1))处的切线方程为y－(x1 －x1)＝(3x1 －1)(x－x1)， 即y＝(3x1 －1)x－2x1 .

因为该切线也是曲线g(x)＝x＋a的切线， 所以x＋a＝(3x1 －1)x－2x1 ，

所以方程x－(3x1 －1)x＋a＋2x1 ＝0有两个相等的实数解，所以Δ＝(3x1 －1)－4(2x1 ＋a)＝0，

943213

则a＝x1 －2x1 －x1 ＋. 424943213

令h(x)＝x－2x－x＋，

424

132

则h′(x)＝9x－6x－3x＝9x(x＋)(x－1).

3

3

2

2

3

2

2

2

2

32

2

3

3

2

3

2

2

2

2

2

3

当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：

x h′(x) 1(－∞，－) 3－ 1－ 30 极小 值 1(－，0) 3＋ 0 (0，1) 1 (1，＋∞) 0 极大 值 － 0 极小 值 ＋ h(x) ↘ ↗ ↘ ↗ 155因为h(－)＝，h(1)＝－1<，

32727所以h(x)min＝－1.

又因为当x→＋∞(或x→－∞)时，h(x)→＋∞， 所以a的取值范围为[－1，＋∞).

方法二 因为f′(x)＝3x－1，所以曲线y＝f(x)在点(x1，f(x1))处的切线方程为y－(x1 －x1)＝(3x1 －1)(x－x1)，即y＝(3x1 －1)x－2x1 .

由g(x)＝x＋a，得g′(x)＝2x.

曲线y＝g(x)在点(x2，g(x2))处的切线方程为y－(x2 ＋a)＝2x2(x－x2)，即y＝2x2x－

2

2

3

2

2

3

2

x2 ＋a.

2

3x1 －1＝2x2，

令 32

－2x ＝a－x ，12

142332

则a＝x2 －2x1 ＝(9x1 －8x1 －6x1 ＋1).

4

令m(x)＝9x－8x－6x＋1，则m′(x)＝36x－24x－12x＝12x(x－1)(3x＋1). 11

当x<－或01时，

33

4

3

2

3

2

2

m′(x)>0，此时函数y＝m(x)单调递增．

120

又m(－)＝，m(0)＝1，m(1)＝－4，

327－4

所以m(x)min＝m(1)＝－4，所以a≥＝－1，

4即a的取值范围为[－1，＋∞).

2．解析：(1)因为f(x)＝[ax－(4a＋1)x＋4a＋3]e， 所以f′(x)＝[ax－(2a＋1)x＋2]e.

2

2

xxf′(1)＝(1－a)e.

由题设知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1. 此时f(1)＝3e≠0.

4

所以a的值为1.

(2)由(1)得f′(x)＝[ax－(2a＋1)x＋2]e ＝(ax－1)(x－2)e.

11若a>，则当x∈，2时，f′(x)<0； 2a当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0. 所以f(x)在x＝2处取得极小值．

11

若a≤，则当x∈(0，2)时，x－2<0，ax－1≤x－1<0，

22所以f′(x)>0.

所以2不是f(x)的极小值点．

x2

x1综上可知，a的取值范围是，＋∞.

2

3．解析：(1)f′(x)＝3x＋b. 31依题意得f′＝0，即＋b＝0. 423

故b＝－.

4

3332

(2)由(1)知f(x)＝x－x＋c，f′(x)＝3x－. 4411

令f′(x)＝0，解得x＝－或x＝. 22

2

f′(x)与f(x)的情况为： x f′(x) f(x) －∞，－1 2＋ ↗ 1－ 20 －1，1 22－ ↘ 1 20 1，＋∞ 2＋ ↗ c＋ 14c－ 14111因为f(1)＝f－＝c＋，所以当c＜－时，f(x)只有大于1的零点． 442111因为f(－1)＝f＝c－，所以当c＞时，f(x)只有小于－1的零点． 44211

由题设可知－≤c≤. 44

11

当c＝－时，f(x)只有两个零点－和1.

4211

当c＝时，f(x)只有两个零点－1和.

42

5

11111x∈1，1.

当－＜c＜时，f(x)有三个零点x1，x2，x3，且x1∈－1，－，x2∈－，，3224422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)当a＝1时，f(x)＝ln (1＋x)＋xe， 11－x则f′(x)＝＋x，∴f(0)＝0，f′(0)＝2，

1＋xe

∴曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x，即2x－y＝0. (2)(方法一)函数f(x)的定义域为(－1，＋∞).

①当a≥0时，对于∀x>0，f(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上不存在零点，故不符合题意． 11＋ae（1－x）－x②当a<0时，f′(x)＝＋ae(1－x)＝.

x＋1x＋1

令g(x)＝1＋ae(1－x)，则g′(x)＝ae(－2x＋x－1)＝ae(x－1－2)(x－1＋2).

对于∀x>－1，e>0，∵a<0，∴g(x)在(－1，1－2)和(1＋2，＋∞)上单调递减，在(1－2，1＋2)上单调递增．

由已知，得g(－1)＝1，g(1－2)＝1＋ae(ⅰ)若－1≤a≤0，则有：

当0g(0)＝1＋a≥0；

当x>1时，由于1－x<0，ae<0，故g(x)＝1＋ae(1－x)>1>0. 综上可知，当x>0时，都有g(x)>0，则f′(x)＝∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

∴对于∀x>0，f(x)>f(0)＝0，f(x)在(0，＋∞)上不存在零点，符合题意． (ⅱ)当a<－1时，g(1－2)又∵g(－1)＝1>0，∴∃x0∈(－1，0)，满足g(x0)＝0， 且∀x∈(－1，x0)，都有g(x)>0，则f′(x)＝∀x∈(x0，0)，都有g(x)<0，则f′(x)＝

2

－x－x2

2－1

－x－x2

－x2

－x－x2

－x·2(2－1)，g(0)＝1＋a，g(1)＝1.

g（x）

>0， x＋1

g（x）

>0， x＋1

g（x）

<0， x＋1

∴f(x)在(－1，x0)上单调递增，在(x0，0)上单调递减． 又∵f(0)＝0，∴f(x0)>0. 又∵当x→－1时，f(x)→－∞， ∴f(x)在(－1，0)上恰有一个零点．

∵g(0)＝1＋a<0，g(1)＝1>0，g(x)在(0，1＋2)上单调递增，在[1＋2，＋∞)上单调递减，

6

∴∃x1∈(0，1)，满足g(x1)＝0，且当x∈(0，x1)时，g(x)<0，则f′(x)＝当x∈(x1，1)时，g(x)>0，则f′(x)＝

－x2

g（x）

<0，x＋1

g（x）

>0. x＋1

又∵当x≥1时，ae<0，1－x≤0， ∴g(x)＝1＋ae·(1－x)>0，∴f′(x)＝

－x2

g（x）

>0， x＋1

∴f(x)在(0，x1)上单调递减，在[x1，＋∞)上单调递增． 又∵f(0)＝0，∴∀x∈(0，x1)，f(x)<0，则f(x1)<0. 又∵当x→＋∞时，ln (1＋x)→＋∞，axe→0， ∴f(x)→＋∞，

∴f(x)在(x1，＋∞)上存在零点，且仅有一个． 故f(x)在(0，＋∞)上恰有一个零点．

综上可知，满足题意的a的取值范围是(－∞，－1). eln（1＋x）

(方法二)令g(x)＝.

x－xxf(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)上各恰有一个零点等价于g(x)＝

在(－1，0)，(0，＋∞)上各恰有一解．

e[xln（1＋x）＋－ln（1＋x）]

1＋xg′(x)＝. 2xeln（1＋x）

xx＝－axx令h(x)＝(x－1)ln (1＋x)＋

，

1＋xxx－11

则h′(x)＝ln (1＋x)＋＋2.

1＋x（1＋x）x－11

令φ(x)＝ln (1＋x)＋＋2，

1＋x（1＋x）

（1＋x）＋2x则φ′(x)＝. 3

（1＋x）

①当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，则h′(x)>h′(0)＝0，∴h(x)>h(0)＝0，∴g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增．

eln（1＋x）又∵当x→0时，g(x)＝lim＝1，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，∴a∈(－∞，x→0

x2

x－1).

②当x∈(－1，3－2)时，φ′(x)<0；当x∈(3－2，0)时，φ′(x)>0. ∵当x→－1时，φ(x)＝h′(x)→＋∞，h′(0)＝0，

7

∴存在a1∈(－1，0)使h′(a1)＝0，

∴h(x)在(－1，a1)上单调递增，在(a1，0)上单调递减． 当x→－1时，h(x)→－∞. 又h(0)＝0，

∴存在a2∈(－1，a1)，使得h(a2)＝0，

即g(x)在(－1，a2)上单调递减，在(a2，0)上单调递增． 当x→－1时，g(x)→＋∞；

当x→0时，g(x)→1，g(x)的大致图象如图．

故当a∈(－∞，－1)∪{－g(a2)}时，g(x)＝－a仅有一解；当a∈(－1，－g(a2))时，

g(x)＝－a有两解．

综上可知，a∈(－∞，－1).

5．解析：(1)当a＝1时，f(x)＝e＋x－x，f′(x)＝e＋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．

13213－x(2)f(x)≥x＋1等价于x－ax＋x＋1e≤1.

22

213－x设函数g(x)＝x－ax＋x＋1e(x≥0)，则

2223g′(x)＝－x－ax＋x＋1－x＋2ax－1e－x

x2x12

32



12－x＝－x[x－(2a＋3)x＋4a＋2]e

21－x＝－x(x－2a－1)(x－2)e.

2

1

(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

2增，而g(0)＝1，故当x∈(0，2)时，g(x)>1，不合题意．

11

(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

8

7－e

增．由于g(0)＝1，所以g(x)≤1当且仅当g(2)＝(7－4a)e≤1，即a≥.

4

－2

2

7－e1所以当≤a<时，g(x)≤1.

421

(ⅲ)若2a＋1≥2，即a≥，

2

2

13－x则g(x)≤x＋x＋1e.

27－e，1，

由于0∈24

13－x故由(ⅱ)可得x＋x＋1e≤1.

2

1

故当a≥时，g(x)≤1.

2

2

7－e，＋∞.

综上，a的取值范围是

4

6．解析：(1)函数的定义域为(0，＋∞)， 又f′(x)＝1－lnx－1＝－lnx，

当x∈(0，1)时，f′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，

2

f′(x)<0，

故f(x)的递增区间为(0，1)，递减区间为(1，＋∞).

lna＋1lnb＋1

(2)因为blna－alnb＝a－b，故b(lna＋1)＝a(lnb＋1)，即＝，

ab11故f＝f，

a

b

11

设＝x1，＝x2，由(1)可知不妨设01.

ab因为x∈(0，1)时，f(x)＝x(1－lnx)>0，x∈(e，＋∞)时，f(x)＝x(1－lnx)<0， 故12，

若x2≥2，x1＋x2>2必成立．

若x2<2, 要证：x1＋x2>2，即证x1>2－x2，而0<2－x2<1， 故即证f(x1)>f(2－x2)，即证：f(x2)>f(2－x2)，其中1则g′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－lnx－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]， 因为10，

9

所以g′(x)>0，故g(x)在(1，2)上为增函数，所以g(x)>g(1)＝0， 故f(x)>f(2－x)，即f(x2)>f(2－x2)成立，所以x1＋x2>2成立， 综上，x1＋x2>2成立． 设x2＝tx1，则t>1，

lna＋1lnb＋111结合＝，＝x1，＝x2可得：

ababx1(1－lnx1)＝x2(1－lnx2)，

即：1－lnx1＝t(1－lnt－lnx1)，故lnx1＝

t－1－tlnt，

t－1

要证：x1＋x2t－1－tlnt<1，即证：(t－1)ln(t＋1)－tlnt<0，

t－1

令S(t)＝(t－1)ln(t＋1)－tlnt，t>1， 则S′(t)＝ln(t＋1)＋

t－121－1－lnt＝ln1＋－， t＋1tt＋1

先证明一个不等式：ln(x＋1)≤x. 设u(x)＝ln(x＋1)－x，则u′(x)＝

1－x－1＝， x＋1x＋1

当－10；当x>0时，u′(x)<0，

故u(x)在(－1，0)上为增函数，在(0，＋∞)上为减函数，故u(x)max＝u(0)＝0， 故ln(x＋1)≤x成立

112，故S′(t)<0恒成立，

由上述不等式可得当t>1时，ln1＋≤<

ttt＋1

故S(t)在(1，＋∞)上为减函数，故S(t)综上所述，2<＋(2)由(1)可知，f(x)＝ln (1－x)，其定义域为{x|x<1}， 当00，此时xf(x)<0. 易知g(x)的定义域为{x|x<1且x≠0}，

10

故要证g(x)＝x＋f（x）

<1，只需证x＋f(x)>xf(x)，即证x＋ln (1－x)－xln (1－x)>0.

xf（x）

令1－x＝t，则t>0且t≠1，则只需证1－t＋lnt－(1－t)lnt>0，即证1－t＋tlnt>0. 令h(t)＝1－t＋tlnt, 则h′(t)＝－1＋lnt＋1＝lnt，

所以h(t)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)>h(1)＝0， 即g(x)<1成立．

8．解析：(1)当a＝2时，f(x)＝x2

2

x(x>0)，

f′(x)＝x（2－xln2）

2

x(x>0)， 令f′(x)>0，则0ln2，此时函数f(x)单调递增，

令f′(x)<0，则x>2

ln2

，此时函数f(x)单调递减，

所以函数f(x)的单调递增区间为20，ln2，单调递减区间为2ln2，＋∞. (2)曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，

xa可转化为方程lnxlnaax＝1(x>0)有两个不同的解，即方程x＝a有两个不同的解．

设g(x)＝lnxx(x>0)，则g′(x)＝1－lnxx2

(x>0)， 令g′(x)＝1－lnxx2＝0，得x＝e， 当00，函数g(x)单调递增， 当x>e时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减， 故g(x)＝g(e)＝1maxe

，

且当x>e时，g(x)∈10，e

， 又g(1)＝0，所以0a1且a≠e，

即a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞). 11