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高考真题衍生卷·命题区间7
1．解：(1)求导得f ′(x)＝，
(ⅰ)当a≥0时，1＋2aex>0恒成立，
当x<1时，f ′(x)>0，f (x)单调递增；
当x>1时，f ′(x)<0，f (x)单调递减．
(ⅱ)当a<0时，令f ′(x)＝0，则x＝1或x＝ln ．
①若ln ＝1，即a＝－，
则f ′(x)＝≥0在R上恒成立，
所以函数f (x)在R上单调递增．
②若ln >1，即－当x<1时，f ′(x)>0，f (x)单调递增；
当1当x>ln 时，f ′(x)>0，f (x)单调递增．
③若ln <1，即a<－，
当x0，f (x)单调递增；
当ln 当x>1时，f ′(x)>0，f (x)单调递增．
综上所述，当a≥0时，f (x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
当－上单调递增，在上单调递减；
当a＝－时，f (x)在R上单调递增；
当a<－时，f (x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
(2)证明：由(1)得f ′(x)＝，
又a>0，则f (x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
则f (x)max＝f (1)＝＋a．
要证f (x)即证＋a即证明ea－a－1>0．
构造函数g(x)＝ex－x－1，x>0，
则g′(x)＝ex－1>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
则g(x)>g(0)＝0，
所以ea－a－1>0，
则＋a2．解：(1)当a＝0时，f (x)＝ln ＋bx＋b＋1，
则f (x－1)＝ln ＋b(x－1)＋b＋1＝＋bx＋1，x∈(－1，1)，
令g(x)＝ln ＋bx＋1，x∈(－1，1)，
则g′(x)＝＋b，
因为f (x－1)在定义域内单调递减，
所以g′(x)＝＋b≤0，所以b≤，
又x∈(－1，1)，所以1－x2∈(0，1]，
所以，所以b≤2．
故b的取值范围为(－∞，2]．
(2)证明：由题知f (x)的定义域为(－2，0)，
f (x)＝a(x＋1)＋ln ＋bx＋b＋1
＝(a＋b)(x＋1)＋ln ＋1，
f (－2－x)＝－(a＋b)(x＋1)＋ln ＋1，
f (－2－x)＋f (x)＝ln ＋ln ＋2＝＋2＝2，
所以f (x)为中心对称图形，其对称中心为(－1，1)．
(3)由(2)知f (x)＝(a＋b)(x＋1)＋ln ＋1，
则f ′(x)＝a＋b＋，
令h(x)＝a＋b＋，x∈(－2，0)，
则h′(x)＝，
当x∈(－2，－1)时，h′(x)＞0，f ′(x)单调递增，
当x∈(－1，0)时，h′(x)＜0，f ′(x)单调递减，
则f ′(x)max＝f ′(－1)＝a＋b－2，
又因为f (－1)＝1，f (x)＜1，所以f ′(－1)≤0，
即a＋b－2≤0，所以a＋b≤2，
所以当x∈(－1，0)，f (x)＜1恒成立时，a＋b的取值范围为(－∞，2]．
3．D　[由f (x)＝ax2－ax ln x－ex有两个零点，得ax2－ax ln x－ex＝0有两个不相等实根，即ax(x－ln x)＝ex有两个不相等实根，令g(x)＝x－ln x，
g′(x)＝1－，当x∈(0，1)时，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，
所以g(x)≥g(1)＝1>0，可得x(x－ln x)>0在(0，＋∞)上恒成立．
所以a＝有两个不相等实根，
令h(x)＝，
则h′(x)＝＝，
由上可知x－ln x≥1，所以x－1－ln x≥0．
所以当x∈(0，1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以h(x)的极小值为h(1)＝e，
又当x→0时，h(x)→＋∞，当x→＋∞时，h(x)→＋∞．
所以函数f (x)＝ax2－ax ln x－ex有两个零点，则实数a的取值范围为(e，＋∞)．故选D．]
4．AC　[由题意知，f ′(x)＝3x2－1，
令f ′(x)＞0得x＞或x＜－，
令f ′(x)＜0得－＜x＜，
所以f (x)在上单调递减，在上单调递增，
所以x＝±是极值点，故A正确；
因为f ＞0，＞0，f (－2)＝－5＜0，
所以函数f (x)在上有一个零点，
当x≥时，f (x)≥f ＞0，即函数f (x)在上无零点，
综上所述，函数f (x)有一个零点，故B错误；
令h(x)＝x3－x，该函数的定义域为R，h(－x)＝(－x)3－(－x)＝－x3＋x＝－h(x)，
则h(x)是奇函数，点(0，0)是曲线y＝h(x)的对称中心，将h(x)的图象向上平移一个单位长度得到f (x)的图象，
所以点(0，1)是曲线y＝f (x)的对称中心，故C正确；
令f ′(x)＝3x2－1＝2，可得x＝±1，
又f (1)＝f (－1)＝1，
当切点为(1，1)时，切线方程为y＝2x－1，当切点为(－1，1)时，切线方程为y＝2x＋3，故D错误．
故选AC．]
5．AD　[A选项，f ′(x)＝6x2－6ax＝6x(x－a)，由于a>1，故x∈(－∞，0)∪(a，＋∞)时f ′(x)>0，f (x)在(－∞，0)，(a，＋∞)上单调递增，
x∈(0，a)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减，
则f (x)在x＝0处取到极大值，在x＝a处取到极小值，
由f (0)＝1>0，f (a)＝1－a3<0，得f (0)f (a)<0，
根据零点存在定理知，f (x)在(0，a)上有一个零点，
又f (－1)＝－1－3a<0，f (2a)＝4a3＋1>0，
则f (－1)f (0)<0，f (a)f (2a)<0，
则f (x)在(－1，0)，(a，2a)上各有一个零点，
于是a>1时，f (x)有三个零点，A选项正确；
B选项，f ′(x)＝6x(x－a)，a<0，x∈(a，0)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减，
x∈(0，＋∞)时，f ′(x)>0，f (x)单调递增，
此时f (x)在x＝0处取到极小值，B选项错误；
C选项，假设存在这样的a，b，使得x＝b为f (x)的图象的对称轴，
即存在这样的a，b使得f (x)＝f (2b－x)，
即2x3－3ax2＋1＝2(2b－x)3－3a(2b－x)2＋1，
根据二项式定理，等式右边2(2b－x)3展开式含有x3的项为(2b)0(－x)3＝－2x3，
于是等式左右两边x3的系数不相等，原等式不可能恒成立，于是不存在这样的a，b，使得x＝b为f (x)图象的对称轴，C选项错误；
D选项，
法一：利用对称中心的表达式化简
f (1)＝3－3a，若存在这样的a，使得(1，3－3a)为f (x)图象的对称中心，
则f (x)＋f (2－x)＝6－6a，事实上，
f (x)＋f (2－x)＝2x3－3ax2＋1＋2(2－x)3－3a(2－x)2＋1＝(12－6a)x2＋(12a－24)x＋18－12a，
于是6－6a＝(12－6a)x2＋(12a－24)x＋18－12a，
即解得a＝2，即存在a＝2使得(1，f (1))是f (x)图象的对称中心，D选项正确．
法二：直接利用拐点结论
任何三次函数的图象都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，
f (x)＝2x3－3ax2＋1，f ′(x)＝6x2－6ax，f ″(x)＝12x－6a，
由f ″(x)＝0，得x＝，于是该三次函数的图象的对称中心为，
由题意(1，f (1))也是对称中心，故＝1，所以a＝2，
即存在a＝2使得(1，f (1))是f (x)图象的对称中心，D选项正确．
故选AD．]
6．BD　[f ′(x)＝2e2x＋aex＝ex(2ex＋a)，
当a≥0时，f (x)在(－∞，＋∞)上单调递增，
当a<0时，f (x)在上单调递增，
在上单调递减，故A不正确．
令f (x)＝e2x＋aex＝0得ex＋a＝0，即ex＝－a，
当a<0时，方程有一解，所以f (x)有一个零点，故B正确．
g′(x)＝－axex＋2x＝x(－aex＋2)，
当a≤0时，函数g′(x)＝0只有一解，故C不正确．
当a＝2时，由方程f (x)＝g(x)，得e2x＋2ex＝＋x2，
即e2x＝－2xex＋x2，即＝－2，
设＝t，得t－＝－2，解得t＝－1±．
令h(x)＝，则h′(x)＝，
所以当x>1时，h′(x)>0，
当x<0或0所以h(x)在(－∞，0)和(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以函数h(x)在x＝1处取得极小值，
又当x∈(－∞，0)时，h(x)<0，h(1)＝e>－1，所以有一个解，无解，
即方程f (x)＝g(x)只有一个实根．故D正确．故选BD．]
7．(1，＋∞)　[f (x)＝ex－a－－1有两个不同的零点，等价于ex－a＝＋1有两个不同的根，变形为＋1 ＝ln x＋x＝ln (xex)，(*)
设t＝xex，(*)式等价于ln t＝(t>0)有两个不等根，
令g(t)＝ln t－，g′(t)＝，函数极值点为t＝ea．
函数在(0，ea)上单调递增，在(ea，＋∞)上单调递减，
故函数的最大值为g(ea)>0 a>1，
当t→0时，g(t)→－∞，当t→＋∞时，g(t)→－∞，
故可得当a>1时，函数有两个不同的零点．]
8．解：(1)当k＝－1时，f (x)＝x－ln (1＋x)，f ′(x)＝1－(x＞－1)．
当x∈(－1，0)时，f ′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)，f ′(x)＞0，
所以f (x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．则f (x)的单调递减区间为(－1，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．
(2)证明：f ′(x)＝1＋，切线l的斜率为1＋，
则切线方程为y－f (t)＝(x－t)(t＞0)，
假设l经过点(0，0)，则－f (t)＝－t，f (t)＝，
即t＋k ln (1＋t)＝t＋，又k≠0，则ln (1＋t)＝，ln (1＋t)－＝0，
令F(t)＝ln (1＋t)－(t＞0)，
F′(t)＝＞0，所以F(t)在(0，＋∞)上单调递增，F(t)＞F(0)＝0，即ln (1＋t)＞，
与ln (1＋t)＝矛盾，故直线l不过点(0，0)．
(3)k＝1时，f (x)＝x＋ln (1＋x)，则f (0)＝0，f ′(x)＝1＋＞0．
S△ACO＝tf (t)，设l与y轴交点B为(0，q)，
t＞0时，若q＜0，则此时l与f (x)必有交点，与切线定义矛盾．
由(2)知q≠0，所以q＞0，
则切线l的方程为y－t－ln (t＋1)＝(x－t)，
令x＝0，则y＝q＝ln (1＋t)－．
因为2S△ACO＝15S△ABO，
则2tf (t)＝15t?，
所以13ln (1＋t)－2t－＝0，
记h(t)＝13ln (1＋t)－2t－(t＞0)，
所以求满足条件的点A有几个，即求h(t)有几个零点．
h′(t)＝，
当t∈时，h′(t)＜0，此时h(t)单调递减；
当t∈时，h′(t)＞0，此时h(t)单调递增；
当t∈(4，＋∞)时，h′(t)＜0，此时h(t)单调递减，
因为h(0)＝0，h<0，h(4)＝13ln 5－20＞13×1.6－20＝0.8＞0，
h(24)＝13ln 25－48－＝26ln 5－48－＜26×1.61－48－＝－20.54＜0，
所以由零点存在定理及h(t)的单调性知，h(t)在上必有一个零点，在(4，24)上必有一个零点，综上所述，h(t)有两个零点，即满足2S△ACO＝15S△ABO的点A有两个．
7/7命题区间7　导数的综合应用
(单项选择题每小题5分，多项选择题每小题6分，填空题每小题5分，解答题每小题15分，共73分)
考向一　利用导数证明不等式
1．(15分)(2023·新高考Ⅰ卷T19姊妹题)已知函数f (x)＝－ax2＋2ax．
(1)讨论函数f (x)的单调性；
(2)当a>0时，证明：f (x)考向二　不等式恒成立或有解问题
2．(15分)(2024·新高考Ⅰ卷T18姊妹题)已知函数f (x)＝a(x＋1)＋ln ＋bx＋b＋1．
(1)若a＝0，且f (x－1)在定义域内单调递减，求b的取值范围；
(2)证明：y＝f (x)为中心对称图形，并求其对称中心；
(3)当x∈(－1，0)时，f (x)＜1恒成立，求a＋b的取值范围．
考向三　利用导数研究函数的零点
3．(2021·新高考Ⅱ卷T22(2)子母题)已知函数f (x)＝ax2－ax ln x－ex有两个零点，则实数a的取值范围为(　　)
[A] [B](0，e)
[C] [D](e，＋∞)
4．(多选)(2022·新高考Ⅰ卷T10)已知函数f (x)＝x3－x＋1，则(　　)
[A]f (x)有两个极值点
[B]f (x)有三个零点
[C]点(0，1)是曲线y＝f (x)的对称中心
[D]直线y＝2x是曲线y＝f (x)的切线
5．(多选)(2024·新高考Ⅱ卷T11)设函数f (x)＝2x3－3ax2＋1，则(　　)
[A]当a>1时，f (x)有三个零点
[B]当a<0时，x＝0是f (x)的极大值点
[C]存在a，b，使得x＝b为曲线y＝f (x)的对称轴
[D]存在a，使得点(1，f (1))为曲线y＝f (x)的对称中心
6．(多选)(2021·新高考Ⅱ卷T22姊妹题)已知函数f (x)＝e2x＋aex，g(x)＝a(1－x)ex＋x2(a∈R)，则下列选项正确的是(　　)
[A]函数f (x)单调递增
[B]a<0时，f (x)只有一个零点
[C]函数g(x)有两个极值点
[D]a＝2时，方程f (x)＝g(x)只有一个实根
7．(2021·新高考Ⅱ卷T22(2)改编题)已知函数f (x)＝ex－a－－1有两个不同的零点，则实数a的取值范围是________．
8．(15分)(2024·北京卷T20)设函数f (x)＝x＋k ln (1＋x)(k≠0)，直线l是曲线y＝f (x)在点(t，f (t))(t>0)处的切线．
(1)当k＝－1时，求f (x)的单调区间；
(2)求证：l不经过点(0，0)；
(3)当k＝1时，设点A(t，f (t))(t＞0)，C(0，f (t))，O(0，0)，B为l与y轴的交点，S△ACO与S△ABO分别表示△ACO与△ABO的面积．是否存在点A使得2S△ACO＝15S△ABO成立？若存在，这样的点A有几个？
(参考数据：1.092/2

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