专题3 导数及其应用 考点8 导数的综合应用 题组2-【区块练】2021-2025年五年高考真题分类汇编数学

色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 考点8 题 班级： 导数的综合应用 组 姓名： 学号： 解答题 1.(2025·天津卷节选)已知函数fx)=ax-(nx)2 (I)a=1时，求曲线y=x)在点(1,1)处的切线方程； (2x)有3个零点x1,,,且1x23,求a的取值范围. 2.(2024北京卷)设函数x)=x十k(1+x)k≠0)，直线1是曲线y=x)在点(t,)0)处的切线 (1)当k=一1时，求x)的单调区间 (2)求证：1不经过点(0,0) (3)当k=1时，设点A(t,0)0).C(0,).O0,0),B为1与y轴的交点，S△4co与S△4Bo分别表 示△4CO与△ABO的面积是否存在点A使得2S△4cO=15S△4o成立？若存在.这样的点A有几个？ (参考数据：1.09<ln3<1.10,1.60<n5<1.61,1.94<n7<1.95) 3.(2024上海卷)已知D是R的一个非空子集，y=x)是定义在D上的函数，对于点M(a,b),函数 sx)=(c一a)2+(x)一b)2.若对于P(oxo),满足sx)在x=xo处取得最小值，则称P是M的“f最近 点” (1)若D=(0,+∞)，x)=1x,M(0,0),求证：对于点M(0,0),存在点P,使得P是M的“f最近点”. (2)若D=R,fx)=e,M1,0).请判断是否存在一个点P,它是M的“f最近点”，且直线MP与 曲线y=fx)在点P处的切线垂直 (3)若D=R,己知y=x)是可导的，y=gx)的定义域为R且函数值恒为正，t∈R,M1(t-1,)一g (),M(t+1,0十g(O)若对于任意t∈R,都存在曲线y=x)上的一点P,使得P既是M的“f最近 点”，又是的“f最近点”，试判断y=fx)的单调性 4.(2023新课标川卷)1)证明：当0<x<1时，x-x2<sinx<x; ·独家授权侵权必究· 色学科网书城回 品牌书店·知名教辅·正版资源 ■b.ZxXk.com 您身边的互联网+教辅专家 (2)已知函数x)=cos ax-ln(1一x2).若x=0是fx)的极大值点，求a的取值范围. 5.(2023·全国乙卷理)已知函数fx)=\avs4\al\co1(f(1x)+a)ln(1+x) (1)当a=-1时，求曲线y=frc)(avs4\al\col(x)在点rc)(avs4al\col(1,f blc(rc)(avs4\al\co1(1))处的切线方程； (2)是否存在a,b,使得曲线y=f个a\vs4\al\co1(f(1x)关于直线x=b对称？若存在，求a,b的 值，若不存在，说明理由 (3)若frc)(avs4al\co1(x)在rc)(a\vs4al\co1(0,+∞)上存在极值，求a的取值范围 6.(2022新高考1卷)已知函数x)=ex一a和g(x)=ax一nx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=x)和y=gx)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. ·独家授权侵权必究。 考点8　题组二 1.解析　(1)当a＝1时，f(x)＝x－(ln x)2，x>0， 则f′(x)＝1－，则f′(1)＝1，且f(1)＝1， 则切点(1,1)，且切线的斜率为1， 故函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x. (2)令f(x)＝ax－(ln x)2＝0，x>0， 得a＝，设g(x)＝，x>0， 则g′(x)＝＝， 由g′(x)＝0，解得x＝1或e2，其中g(1)＝0，g(e2)＝； 当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)在(0,1)上单调递减； 当1<x<e2时，g′(x)>0，g(x)在(1，e2)上单调递增； 当x>e2时，g′(x)<0，g(x)在(e2，＋∞)上单调递减； 且当x→0时，g(x)→＋∞； 当x→＋∞时，g(x)→0； 如图作出函数g(x)的图象， 要使函数f(x)有3个零点， 则方程a＝g(x)在(0，＋∞)内有3个根，即直线y＝a与函数g(x)的图象有3个交点. 结合图象可知，0<a<. 故a的取值范围为. 2.解析　(1)当k＝－1时，f(x)＝x－ln(1＋x)(x>－1)， 则f′(x)＝1－＝. 令f′(x)>0，得x>0，令f′(x)<0，得－1<x <0， 所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－1,0). (2)证明　f′(x)＝1＋，f′(t)＝1＋， 故l的方程为y－f(t)＝(x－t). 假设l经过点(0,0)，则－f(t)＝－t， 即－t－kln(1＋t)＝－t－， 又k≠0，所以ln(1＋t)＝(t>0). 令F(t)＝ln(1＋t)－(t>0)， 则F′(t)＝>0， 所以F(t)在(0，＋∞)上单调递增， 所以F(t)>0，即ln(1＋t)>(t>0)，与ln(1＋t)＝(t>0)矛盾， 所以假设不成立，即l不经过点(0,0). (3)当k＝1时，f(x)＝x＋ln(1＋x)，则f(0)＝0，f′(x)＝1＋>0， 故f(x)在(－1，＋∞)上单调递增， 所以l的方程为 y－[t＋ln(1＋t)]＝(x－t)， 令x＝0，得yB＝ln(1＋t)－. 易知AC⊥BC，则由2S△ACO＝15S△ABO，得 2×|OC|×|AC|＝15×|OB|×|AC|， 得2|OC|＝15|OB|，得2[t＋ln(1＋t)]＝15ln(1＋t)－(t>0)， 即2t－13ln(1＋t)＋＝0(t>0). 令φ(x)＝2x－13ln(1＋x)＋， 则φ′(x)＝2－＋＝， 所以φ(x)在，(4，＋∞)上单调递增，在上单调递减. 因为φ(0)＝0，φ>0，φ(4)＝20－13ln 5<20－13×1.6＝－0.8<0，φ(8)＝－26ln 3>－26×1.1≈0.7>0，所以φ(x)在(0，＋∞)上有2个不同的零点. 故存在点A使得2S△ACO＝15S△ABO成立，且点A的个数为2. 3.解析　(1)因为函数f(x)＝，x∈(0，＋∞)，M(0,0)，所以s(x)＝(x－0)2＋2＝x2＋≥2， 当且仅当x2＝，x>0，即x＝1时，s(x)取得最小值2，f(1)＝1，所以P(1,1)， 故对于点M(0,0)，存在点P(1,1)，使得P是M的“f最近点”. (2)因为函数f(x)＝ex，M(1,0)，所以s(x)＝(x－1)2＋e2x，则s′(x)＝2(x－1)＋2e2x. 记m(x)＝s′(x)＝2(x－1)＋2e2x，则m′(x)＝2＋4e2x>0，所以m(x)在R上单调递增. 因为m(0)＝s′(0)＝0， 所以当x<0时，m(x)＝s′(x)<0；当x>0时，m(x)＝s′(x)>0. 所以s(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 因此当x＝0时，s(x)取到最小值， 又f(0)＝e0＝1，所以点M的“f最近点”为P(0,1). 为判断直线MP与曲线y＝f(x)在点P处的切线是否垂直，可另设P(k，ek)，则由f′(x)＝ex，知在P(k，ek)处的切线l的斜率为ek， 由题意知MP⊥l，因此＝－， 整理得k＋e2k－1＝0. 令h(k)＝k＋e2k－1，易知h(k)在R上单调递增， 又h(0)＝0，所以方程k＋e2k－1＝0有唯一解k＝0，所以点P(0,1). 综上，存在满足条件的一个点P(0,1). (3)解法一　设 由条件，对任意t∈R，存在P(x0，f(x0))，使得x0同时是s1(x)和s2(x)的最小值点. 于是，对任意x∈R， 即， 特别地，当x＝t时， 两式相加，得(x0－t)2＋(f(x0)－f(t))2≤0. 所以x0＝t. 另一方面，求导得 因为si(x)(i＝1,2)的最小值点也是极小值点， 所以s′1(x0)＝0，s′2(x0)＝0，即 ， 两式相减，得g(t)f′(x0)＝－1. 代入x0＝t，并由g(t)>0， 得f′(t)＝－<0，t∈R. 所以f(x)在R上单调递减. 解法二　先证明一个结论：对于M(a，b)，设P(x0，f(x0))为M的“f最近点”，曲线y＝f(x)在点P处的切线为l，则MP⊥l. 证明：因为s(x)＝(x－a)2＋(f(x)－b)2， 所以s′(x)＝2x－2a＋2f′(x)(f(x)－b)， 所以当s(x)在x＝x0处取得最小值时，s′(x0)＝0，即x0－a＋f′(x0)(f(x0)－b)＝0， 所以＝－. 又直线MP的斜率kMP＝，且切线l的斜率为kl＝f′(x0)， 所以kMP·kl＝·f′(x0)＝－·f′(x0)＝－1， 所以MP⊥l. 因为∀t∈R，M1(t－1，f(t)－g(t))，M2(t＋1，f(t)＋g(t))，存在对应的点P使得|M1P|2为M1到曲线y＝f(x)的距离平方的最小值，|M2P|2为M2到曲线y＝f(x)的距离平方的最小值，连接M1M2，因为M1(t－1，f(t)－g(t))，M2(t＋1，f(t)＋g(t))， 所以设线段M1M2的中点为N，则N(t，f(t))，则点N在曲线y＝f(x)上. 若M1，M2到曲线y＝f(x)的距离最小时对应的点P与点N不重合，则|M1P|<|M1N|，|M2P|<|M2N|， 所以|M1P|＋|M2P|<|M1N|＋|M2N|＝|M1M2|， 这与三角形两边之和大于第三边矛盾，所以点P与点N必重合. 又直线M1M2的斜率为kM1M2＝＝g(t)>0，kl＝f′(t)，所以由kM1M2·kl＝g(t)·f′(t)＝kMP·kl＝－1 <0，知f′(t)<0，所以当t∈R时，有f′(t)<0，所以函数f(x)在R上单调递减. 4.解析　(1)证明　构造g(x)＝x－x2－sin x，x∈(0,1)，g′(x)＝1－2x－cos x， g″(x)＝－2＋sin x＜0，g′(x)在(0,1)上单调递减， ∴g′(x)＜g′(0)＝0， ∴g(x)在(0,1)上单调递减，∴g(x)＜g(0)＝0， ∴x－x2＜sin x，x∈(0,1). 构造h(x)＝x－sin x，x∈(0,1)，h′(x)＝1－cos x＞0， ∴h(x)在(0,1)上单调递增，∴h(x)＞h(0)＝0， 即sin x＜x，x∈(0,1). 综上，当0＜x＜1时，x－x2＜sin x＜x. (2)f′(x)＝－asin ax＋，f″(x)＝－a2cos ax＋＝－a2cos ax＋，f′(0)＝0，f″(0)＝－a2＋2. ①若f″(0)＝2－a2＞0，记－＜a＜时，易知存在δ＞0，使得x∈(0，δ)时， f″(x)＞0，∴f′(x)在(0，δ)上单调递增， ∴f′(x)＞f′(0)＝0， ∴f(x)在(0，δ)上单调递增，这与x＝0是f(x)的极大值点矛盾，舍去. ②若f″(0)＝2－a2＜0，记a＜－或a＞时，存在δ＞0，使得x∈(－δ，δ)时，f″(x)＜0， ∴f′(x)在(－δ，δ)上单调递减，注意到f′(0)＝0， ∴当－δ＜x＜0时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当0＜x＜δ时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，满足x＝0是f(x)的极大值点，符合题意. ③若f″(0)＝0，即a＝±时，由f(x)为偶函数，只需考虑a＝的情形. 此时f′(x)＝－sin (x)＋，x∈(0,1)时， f′(x)＞－2x＋＝2x＞0， ∴f(x)在(0,1)上单调递增， 这与x＝0是f(x)的极大值点矛盾，舍去. 综上，a的取值范围为(－∞，－)∪(，＋∞). 5.解析　(1)当a＝－1时，f(x)＝ln(1＋x)， 则f′(x)＝－ ln(1＋x)＋·， 所以f′(1)＝－ln 2，又f(1)＝0， 所以所求切线方程为y－0＝－(x－1)ln 2， 即xln 2＋y－ln 2＝0. (2)第1步：根据对称性列出方程 假设存在a，b使得曲线y＝f关于直线x＝b对称. 令g(x)＝f＝(x＋a)ln＝(x＋a)ln，因为曲线y＝g(x)关于直线x＝b对称， 所以g(x)＝g(2b－x)， 即(x＋a)ln＝(2b－x＋a)ln＝(x－2b－a)ln， 第2步：令等式两边对应项应分别相等，求出a，b 于是得 第3步：检验 当a＝，b＝－时，g(x)＝ln，g(－1－x)＝ln＝ln＝ln＝ln＝g(x)， 所以曲线y＝g(x)关于直线x＝－对称，满足题意. 故存在a，b，使得曲线y＝f关于直线x＝b对称，且a＝，b＝－. (3)法一：第1步：求导 f′(x)＝－ln(1＋x)＋·＝＝(x>0)， 设h(x)＝－ln(1＋x)，则h′(x)＝－＝＝， 第2步：分类讨论，求出满足条件的a的取值范围 ①当a≤0时，2a－1<0，当x>0时，h′(x)<0， 所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减， 所以当x>0时，h(x)<h(0)＝0，即f′(x)<0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，无极值，不满足题意. ②当a≥时，2a－1≥0，当x>0时，h′(x)>0， 所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增. 所以当x>0时，h(x)>h(0)＝0，即f′(x)>0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值，不满足题意. ③当0<a<时，令h′(x)＝0，得x＝， 当0<x<时，h′(x)<0， 当x>时，h′(x)>0， 所以h(x)在上单调递减，在上单调递增，所以h<h(0)＝0， 又当x→＋∞时，h(x)→＋∞，所以存在x0∈，使得h(x0)＝0， 即当0<x<x0时，h(x)<0，f(x)单调递减，当x>x0时，h(x)>0，f(x)单调递增， 此时y＝f(x)有极小值点x0. 综上所述，a的取值范围为. 法二：第1步：分离参数 由题意，得f′(x)在(0，＋∞)上有变号零点，令f′(x)＝－ln(1＋x)＋·＝0(x>0)，得·＝，即＝，即a＝，所以原问题等价于直线y＝a与曲线y＝在(0，＋∞)上有交点. 第2步：利用导数研究函数的单调性 设h(x)＝(x>0)， 则h′(x)＝ ＝ ＝， 设φ(x)＝ln(1＋x)－， 则φ′(x)＝－＝>0，所以当x>0时，φ(x)在(0，＋∞)上单调递增， 故当x>0时，φ(x)>φ(0)＝0， 又当x>0时，－(x＋2)<0，所以h′(x)<0， 即h(x)在(0，＋∞)上单调递减， 第3步：利用洛必达法则求极限 由洛必达法则可得 (x)＝ ＝ ＝，当x→＋∞时，h(x)→0， 所以当0<a<时，直线y＝a与曲线y＝在(0，＋∞)上有交点，故a的取值范围为. 6.解析　(1)f′(x)＝ex－a，g′(x)＝a－. ①a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)在R上单调递增，即f(x)没有最小值，该类情况应舍去. ②a>0时，f′(x)在(－∞，ln a)上小于0，在(ln a，＋∞)上大于0， 所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增， 所以f(x)在x＝ln a处有最小值为f(ln a)＝a－aln a， 因为g′(x)在上小于0，在上大于0， 所以g(x)在上单调递减，在上单调递增， 所以g(x)在x＝处有最小值为g＝1＋ln a， 因为f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln x有相同的最小值. 所以有f(ln a)＝a－aln a＝g＝1＋ln a， 即a－aln a＝1＋ln a， 因为a>0，所以上式等价于ln a－＝0， 令h(x)＝ln x－(x>0)， 则h′(x)＝>0恒成立，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又因为h(1)＝0＝h(a)且a>0，所以a＝1. (2)证明　由(1)得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，f(x)min＝g(x)min＝1. 当直线y＝b与曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同交点时，设三个交点的横坐标分别为x1，x2，x3，且x1<x2<x3，则f(x1)＝f(x2)＝g(x2)＝g(x3)＝b. ∵f(x)＝ex－x， g(x)＝x－ln x＝eln x－ln x＝f(ln x)， ∴f(x1)＝f(x2)＝f(ln x2)＝f(ln x3). 由于x2≠x1，x2≠ln x2，所以x2＝ln x3，x1＝ln x2， 则f(ln x2)＝eln x2－ln x2＝x2－ln x2＝x2－x1＝b， f(ln x3)＝eln x3－ln x3＝x3－ln x3＝x3－x2＝b， 上述两式相减得x1＋x3＝2x2，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列. ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $