专题5 考点9&考点10 导数的综合应用 题组3 -【高考密码】备战2025年高考数学2020-2024五年真题分类汇编

专题五导数的运算与导数的几何意义 题组三 用时： 易错记录： 1.(2024·北京卷)设函数f(x)=x十kln(1+x) 3.(2023·新课标Ⅱ卷)(1)证明：当0<x<1时， (k≠0)，直线1是曲线y=f(x)在点(t,f(t) x-r2<sin r<x; (1>0)处的切线 (2)已知函数f(x)=cos ar-一ln(1-x2),若x (1)当k=一1时，求f(x)的单调区间. 0是f(x)的极大值点，求a的取值范围. (2)求证：l不经过点(0,0). (3)当k=1时，设点A(t,(t)(1>0),C(0, f(t)),O(0,0),B为l与y轴交点，S△C0与 S△AB0分别表示△ACO与△ABO的面积.是否 存在点A使得2S△0=15S△AB0成立？若存 在，这样的点A有几个？ (参考数据：1.09<ln3<1.10,1.60<ln5< 1.61,1.941n7<1.95) 4(2022·全国甲卷·理)已知函数f(x)- In x+x-a. (1)若f(x)≥0，求a的取值范围： (2)证明：若f(x)有两个零点x1x2, 则x1x2<1. 2.(2024·新课标I卷)已知函数f八)=n2x十 ax+b(x-1)3 (1)若b=0,且广(x)≥0，求a的最小值： (2)证明：曲线y=f(x)是中心对称图形： 5.(2022·全国乙卷·理)已知函数f(x)=ln(1十 (3)若f(x)>-2当且仅当1<x<2,求b的取 x)十a.xer. 值范围 (1)当a=1时，求曲线f(x)在点(0，f(0))处的 切线方程； (2)若f(x)在区间（一1,0），(0，+∞)各恰有一 个零点，求a的取值范围. 25 五年高考真题分类集训 数学 6.(2021·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)=(x一1)e 8.(2020·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)=x3一 -a.x2+h. k.x十k2. (1)讨论f(.x)的单调性： (1)讨论f(x)的单调性： (2)从①②两组条件中选取一组作为已知条件， (2)若f(x)有三个零点，求k的取值范围. 证明：f(x)恰有一个零点. ①ga≤号6b>2am@0<a<号4长2a 注：如果选择两组条件分别解答，按第一个解答 计分. .(2020·山东适应性考试)函数f(x)- 7.(2021·天津卷)已知a>0,函数f(x)= (x>0),曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线在 ar-xe. (1)求曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线 )轴上的機距为号 方程： (1)求a. (2)证明f(x)存在唯一的极值点： (2)讨论g(x)=x(f(x)2的单调性。 (3)若存在a,使得f(x)≤a十b对任意x∈R成 (3)设a1=1,am+1=f(an),证明：2-2|2lnam 立，求实数b的取值范围. ln7|<1. 26五年高考真题分类集训 数学 12.解：(1)西数f(x)的定义战为R. f(r)=e(I-1)+e-er=x(e-e"). >1,故P-3F+6h1+g-1>0 ③ f(0)=e°(0-1)-0=一1，.切点为(0，-1). 由①②③可得(1一)[f(x1)+广()]-2[f(1)- 又f(0)=0X(e-e)=0. f红)]>0. .曲线y=f(x)在点(0，一1)处的切战方程y=一1. 所以当k≥一3时，对任意的∈[1，十∞)， (2)令f广)=0，得r(e-e）=0,解得n=0,n=a(a<0). 且五>x有)+)-f 当x变化时，厂(x),f(x)的变化情况如下表 2 14.解：(1)f(r)=2 sin rcos asin2x+2sin2xc0s2d (0, a) a (a.0) 0 十60) =2sin rsin 3.r. f(r) 0 0 当eo,晋)u(停)时fu>0: f(r) 极大值 4 极小值 当xe(受，)时，x)0, ∴f(x)在（一∞，a),(0,+）上单调递增，在(a,0)上单调 所以f)在区何(0，于），()单调道增， 递减， ,f(x)在x=0处取得极小值，为f(0)=一1， 在区间（受，晋）单调递减。 (3)由(2)知f(x)的枝大值为f()=(a一1) (2)证明：因为f(0)=f(x)=0,由(1)知，f(x)在区间[0，π] a-1-e 的最大值为（侵）-3百，最小值为/（停）=-3 8 f(0)=-1<0,f(2)=e2-2e a0,,f(2>0,fa)<0, 而)是周期为元的周期画数，故r≤35 ,函数f(x)的零点个数为1. (3)证明：由于(sim2xsin22r…sin22"r) 13.解：(1)①当k=6时，f(x)=x+61nx,故f(x)=3x2+ ■sin2rsin32r…sin2"xl 兰可得)=1)=9，所以尚线y=)在点1 =sin sin'rsin 2rsin 2rsin 2 sin2 2"r f(1))处的切线方程为y一1=9(x一1)， -Isin xlf(r)f(2r)f(2)sin2" 即y=9x-8. ≤|fx)f2x)…f(2"-lx)l, 俄题意，gm)=-3x2+6hx+三r∈(0，十o四.从万 可得 题组三 g(r)一3-6虹+·整理可得g(x)目 1.解：(1)第1步：求乎 当k=-1时，f(x)=x-ln(1十r)(x>一1)， 3x-1)2r+D.令g(x)=0,解得x=1. x2 财f(x)=11十中子 当x变化时：g(x),g(x)的变化特况如表： 第2步：求f(r)的单调区间 (0.1) 1 (1.+6∞) 令f(r)>0,得x>0.令f(x)<0,得-1<x<0, 所以「(x)的单调递增区间为(0，+∞)，单调递减区间 g'(x) 0 + 为（一1.0）. (2)第1步：求出1的方程 8(r) 4 板小值 k f)=1++f0-1+中 所以，函数g(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为 (1,十9)：g(x)的极小值为g(1)=1,无极大值. 故1的方程为-)-（自+车，）- 2)证明：由/x)=r+n,得了广r)=3r2+ 第2步：提出假设，得到关于1的等式 对任意的r西∈[1，十∞)，且>n,令=>1). 假设1经址点0,0.则一)=-(1+车》 则(n-)[f()+f(:门-2[f(x1)-f)门 即-1-n(1+0=一1年 k =-(+片+u+号)-2(-4+2） 又k≠0，所以in1+0=千>0) =行-道-3西+3+（停）2n号 第3步：推出矛盾，得结论 =对r-3n+3-10+k(--2n)小 ◆F)=n1+0-+>0. ① ◆h)--士-2hre1.+o∞y. 则F)=a十>0： 所以F(1)在(0，十∞)上单调递增。 当>1时)=1+-是-=(1-)》广>0 所以F)>0.即n1+)>,>0).与n1+0=千 由此可捍h(r)在[1，十∞)单调递增，所以当t>1时，h()> (1>0)矛盾， h1,即1--21n>0.周为>1.-3r+31-1-G 所以假设不成立，即（不经过点(0,0） (3)第1步：求乎，得(x)的单调性 -1)>0,k≥-3， 当k=1时，f(x)=x十ln(1十x),剿f(0)=0,(x)=1十 所以d-3n+3-1)+k(-↓-2n）≥r-n+3 中>0， -D-3e--2n）-=r-3r+6la+2-1 数f(x)在（一1，十oo)上单调递增， 第2步：求出/的方程，得到点B的纵坐标 由①@可知，当>1时，g0>g1.即产-3+6h1计号 所以1的方程为y-+a1+门=(1+)x-0, 130 详解答案 令x=0,得yw=ln1+)-中 2 ∈(0,1)， 第3步：报据25)=15S人w)得到美于4的等式 易知ACL BC..则由25am=15SaA,得2X号1OC到× 所以当x∈1.1+品)时g(<0)<0,f)在 ,1+品)上单润递减，散f1++品)<1) 2 AC1-15×21OB1XAC, 得21(C1=1510B1,得2[1+1n(1+)]=15n(1+t) 一2，不符合题意. >0 第4步：得出b的取值范围 2 15L=0(>0). 即21-13ln(1+0+平， 综上.6的取位范国为[一子，十∞）】 3.解：(1)证明：令f(x)=inr-r十x2,0<x<1,则f(x)= 第4步：构造新面数，求零，点个数 0sx-1+2x, ◆g)=2r-13a1+)+ 令g(x)=osx-1十2x,0<x<1, 则g'(x)=-8inx+2>0, 13 15=(2x-10(x-4D 则￥(x)=2-1+(0+x 所以g(x)在(0,1)上是增品数. (1+x)2 因为g(0)=0,所以当0<r<1时，g(x)>0: 所以g)在(0，号），(4，+四)上单调递增，在（之4）上单 即f(x)>0, 所以f(x)在(0,1)上是增画数 调递减 又因为f(0)=0. 国为g0)=0,g(2)>0,90=20-13n5<20-13×1.6 所以当0<r<1时，f(x)>0,即sinx-x+x>0, 所以r一r2<sinx, =-08<0,g8)-9-26n3>8-26×1.10,7>0. 令h(x)=sinr-r,0x<1, 3 则h'(x)=c0sx一1<0， 所以x)在(0，十∞)上有2个不同的零点 所以h(x)在(0,1)上是减马数， 第5步：得结论 又因为h(0)=0,所以当0<x<1时，h(x)<0, 故存在点A使得2S△A,=15S△成立，且点A的个数 即sinx一x<0,所以sinr<d, 为2. 综上，当0<r<1时，x-x2<sin r<r 2.解：(1)第1步：求函数f(r)的定义战 (2)fx)=cosa.x-ln(1-r),x∈(-1.1). (x)的定义战为(0,2)， 第2步：求解「(r) 则了)=-as如ar十吾号得广)为寺画数 若6=0，期f)=血2号十a)=2.22 因为x=0是f(.x)的极大值点，所以存在∈(0,1)，使得 (2-x) f(x)在(0，xo)上是域函数， 2 ta-x(2-)ta. 即-asin ax十二x2<0 第3步：根据f(r)≥0求a的最小值 当x∈(0,2)时，x(2-x)∈(0,1门了(x)=2+a≥0，则a≥ 当0时，-4 sin ar,2+(-2+2】 一2. 故a的最小值为一2. 所以有a2>2, (2)第1步：求解f(2-x)与f(x)的关系式 f2-x)=n2+a2-0+61-x)2=-n2 当a∈(E,+)时，令x∈(0，） 一ar b(x-1)+2a=-f(x)+2a. 则有f）-ama+号<-aar-r+ 第2步：得出曲线y=(x)的对称中心出 数曲线y=f(r》关于点(1，山)中心对称 (3)第1步：求a的值 由题知f(1)=a=一2. 2-a2+r2+g2x1-2).2=。2+23 1-x 1-x 第2步：求解了(x)并变形整理 此时fx)=22+b一D 接示：当ae.+o∞re(0,）时ar1-产)<a f)=2.22+-2+36(x-1)= 2 ar<ar). (2-r)” (2-r)-2+ 所以只要<“2即可满足题感.又周为一己 2a3 <所以 36x-1)2=(r-1)2「2 x(2-+36. 可取-“2（关键：通过教缩简化，估算选取使得不等式 第3步：分类讨论，研究∫(x)的单调性，并判斯是否符合题意 r(2-万十36x∈(0,2)，易知g()在(0.D上单调 2 成立的区间端点)， 记g(x》= 递减，在(1,2)上单调递增，g(1)=2+36, 则当r∈(0xa)时，有(x)=二aima十<0成立，由 当6≥-号时，gr)≥0广)≥0，x)在(0,2)上单调 了(x)是奇函数知.当r∈(-xa,0)时，了(x)>0.所以r=0 是f(r)的极大值点， 递增， 由a的正负对称性得4的取侦范国是（一○， 又∫)=一2，故符合题意。 2)U(2,+o∞). 当6<一 号时，R(1)<0,g(x)= 2 r(2-r)+3动 4,解：(1)f(r)的定义城为(0，十∞)， =-3h.r2+6br+2 f)-()e-+1-(1-子)e+ x(2-x) 令g(x)=0,得x=1击力+ 令f(x)=0,得r=1 2 当x∈(0,1)，(x)<0,f(x)单调递减 当x∈(1，+o),f(x)>0,f(x)单调递增，f(x)在x■1时 131 五年高考真题分类集训 数学 取得极小植，同时也是最小值」 g(o)=0 f(x)≥f1)=e+1-a, 且当x∈(0，x0)时，g(x》<g(0)=0,f(x)单调遇减 若f(x)≥0，则e+1-a≥0，即a≤e十1 则f(xo)<f(0)=0, 所以4的取值范国为（一∞，“十1 当x>1时，f(x)>ln(1十z)十a>0,f(e"-1)>0 (2)证明：由题知，f(x)一个零点小于1，一个零点大于1 则由零点存在性定理可知八x)在(1，e“一1)上存在一个根. 不坊设1<1< 当1一2<x<0时，g(x)<0,f(r》单钢递减，f(1一2) 要证1，脚话< f(0)=0 国为∈0，D.即运>) 当-1<r<1-2时，f(x)<ln(I十r)一ae<0, f(e一1)<0，则由零点存在性定理可知 国为f)=,脚证)>f(】 f(r)在(e一1,1-√2)上存在一个根 综上，实数4的取值范国为（一0，一1） 即证号-In+z-e-ln>0,re,+o) i.解：(1)f(x）=re-2ur=r(e-2a), ①当40时，令广(x)=0,得x=0. 即证号--2[n-(-门>0 当x<0时，f()<0,f(x)单调递减： 当x>0时，f(x)>0,f(x)单调递增： 下面证明x>1时.号-m>0,nx-(-}）<0 ②当0<a<号时，令f)=0,得=0，=ln2a<0 设g）-g->1 当x<ln2a时，了(x)>0,f(x)单调递增： 当ln2a<x<0时，f(r)<0,f(x)单调递减： 则)=（任）e-(e+.(》 当r>0时，f(r)>0,f(x)单调递增： ③当a=2时，f(x)=x(e-1)≥0，fx)在R上单调递增： =(1-)e-。*(1-) ①当a>2时，令了r)=0,得1=0=ln2a>0 -(1-)g-e)-(g-) 当x<0时，f(x)>0.f(x)单调瑾增： 当0<x<1n2a时，f(r)<0,f(x)单调遥减： tg->.g-()e-e>0 当x>ln2a时，(x)>0,f（x)单调递增. (2)证明：若选①，则由(1)知∫(x)在(-∞，0)上单调递增，在 所以g(r)>g(1)=e,而e<e (0,ln2a)上单词递诚，在(ln2a,十o∞)上单调递增. 所以兰-e>0,所以g'()>0 又(-√②)-(-√臣-小<0 所以g(x)在(1，十∞)单训递增 f(0)-b-1>2a-1>0. 即g(r)>g(1)=0,所以号->0 )在(-√臣)上有且仪有一个零点 令hx=nx-(x-）x>1 又fln2a)=(1ln2a-1)·2a-a·ln2a+b>2aln2u-2a- )=}+）2-<0 aln22u+2a=aln 2a(2-In 2a), 2x2 2x2 所以h(x)在(1，十∞)单调递浅 且2<a≤号0<ln2a≤2， .aln2a(2-ln2a)≥0. 即A)<h1)=0,所以n-号(-）<0： .fln2a)>0, 综上， 当x≥0时，fr)≥fln2a)>0, ,f(x)在[0，十⊙)上无零点， 所以x1丝<1. 综上所迷，f()在R上仅有一个零点n, 5.解：(1)当a=1时，fx)=ln(1十x)十ze 且（臣 则了)=+e-e 若选②，由(1)可知，函数f(x)在（一o,ln2)上单调递增： .(0)=1十1=2 在(ln2a,0)上单调道减：在(0，+∞)上单词递增： 又f(0)=0 义limf(x)=lim[(r-1)e-a.r3+b]·-oo: ,所求切线方程为y=2x limf（x)=lim[(x-1)e-t.x2+b]→+o, 1+a1-2 (2)f(x)=1十x f(In 2a)=(In 2a-1)elm -a(In 2a)2+6=2a(In 2a-1)- 若u≥0，当-1<r<0时，f(x)>0,f(r)单调递增. a(ln 2u)+b 2u(In 2a-1)-a (In 2a)2 +2a =2aln 2u 则f(x)<f(0)=0,不合题意： -aln'2a, 故of-[+0]4 令ln2a=t(t<0),则2a=cd, g(.r)=1+a1-r2) 所以2an2a-aln22a=e-号=-号-20)<0， e ,g(1)=1,g(0)=1+@ pfln2a)<0,且f(0)=b-1≤2a-1<0. g'(r)=ar-1+2)(x-1-2 拾上，当0<a<2≤2u时，x)只有一个零点. 令g'(r)<0,解得-1<x<1一√2或x>1+2 7,解析：(1)(r)=4一(x+1)e,则(0)=a一1， 令g'(x)>0,解得1-2<x<1+2 文f(0)=0.则切线方程为y=(a一1)x,(d>0): (2)证明：令了(x)=a-(x+1)2=0,则a=(x+1)e, .g(r)在（一1,1一√2），(1十2，十6o)单调遏增，在(1一2 令g(x)=(x+1)e,则g'(x)=(x十2)e, 1十√2)单调递增，且x>1时，g(x)>0 当x∈(-∞，-2)时·g'(x)<0,g(x)单調递减：当x∈( ①若g(0)=1十a≥a.当x>0时，g(x)>0,f(x)单调递增 2,+o∞)时，g(,x)>0,g(r)单调还增， 不合题意 当x·-四时，g(x)<0,g(-1)=0,当x·+∞时， ②若g(0)=1十a<0,g(0)g(1)<0.则存在xo∈(0.1)，使 g(r)>0,画出g(x)大致图象如下： 132 可 详解答案 gis)=(x+1)e' 则g)-r(+)广共定义城为0.+ g'(x)= (1+x)7 y=0 12.x(x+7) (x+7)(x2-4r+7) (1十x) (1十x) (红+7D[(x-2)+31>0, (1+x)3 3-2 -1 0m1 ,g(x)在(0，十o)上单调递增 (3)证明：要证2*-2|2n4n-n7<1, 所以当a>0时y=:与y=g(x)仅有一个交点，令 g(m)=a,别m>-1,且f(n)=4-g(m》=0, 当x∈（一，m)时a>g(x).别f(x)>0,f(x)单羽递增， 当n=1时，ln7<2成立 当rE(m,十四)时，a<g(r),则(x)<0,f(x)单调递减， r=m为「(x)的极大值点，故()存在卓一的极值点： (3)由(2)知f（x)m=f(m),此时a=(1十m)e",m>一1， 所以{fr)-ams=f八m)-a=(m-m-1)e",(m>-1). 下强学<引 令h(x)=(x2-r-1)e,(x>-1), 由题意得aw>0, 若存在a,使得f(x)≤a十b对任意rER成主，等价于存在 r∈(-1，十o),使得h(r)≤b,即b≥h(x)mm, h'(x)=(x2+x-2)d=(x-1)(x+2)e,x>-1, 当∈(-1,1)时，h'(x)<0,h(x)单调递减，当x∈(1，十∞) 时，'(x)>0,h(x)单调递增， 。十7 所以h(x)mm=h(1》=一e,故b≥一e, :a1=1a+1=fa,)a+1a+ 所以实数b的取值范国[一e,十o), 8.解：(1)f(x)=3x2一k. 当k=0时，f(x)=x3,故f(x》在（一a,十o)单调递增. f-会杆7-m-n 4。十1 当k<0时，了()=3.x2一k>0,故f(x)在（一∞，十0）单调 由aw>0,得am一7与a+1一7并号. 递增， 7 ①当w>7,0<aw+1<7时.即证ln -<In 当>0时，令广()=0，得=士系 + 当(-，-)时f>0 (±）>77 中品<行中a>7东南江(》 由(2)知，当an>7时，g(an)>g(7)=77成主. 当r(-巫，)时<0： 33 ②当a+1>7,0<a,<7时，即证n<ln2, 7 当re(+)时f>0… 中号<南诺厅.海接.（授）广<玩 故)在（∞，-）(+)单满递增，在 7 dn 由(2)知，当0<a,<7时，g(an)<g(7)-77成立. （匹俨)单调超成 下西用款等加路法滋明小山等声 (2)由(1)知，当k≤0时，f(x)在（一oo,十oo)单调递增，f(x) 不可能有三个零点. 当m=1时n号-ln-h7 当>0时，r=-巫为f的粒大值点r=哑为r) 3 3 比时h=-h=h7 的极小值点.此时，一-1K-巫<哑<k+1且代--1) 3 3 e2>2.7=7.29>7ln7<ne=2=2 0,fk+ID>0,(-）>0.旅据)的单两楼，当 即h六在=1时立 收售/()<0，即-出匹<0时有三个家点 9 解得<分·周北k的取位范调为(0，司) 1 解：)-告>0 f(r)=,1-a (1+rF∴f0)=14 4 又1-生，南线y一)在成，1)处的切线方程 综上所速，2-22nan-ln7<1得证。 为y安-0.牌y早+ 题组四 24 4 1.解：(1)由题知f(1)=0,f(x）=1nx十1， 又切线y轴上的我距为号 所以厂(1)=1，所以切线方程为y=x一1. (2)第1步：将原问题进行转化 由题可得xlnx≥a(x一√E)在(0，十oo)上恒成立，即nx≥ 2)得- a(1-)在0.+∞上超成立 133