资源简介 高考真题衍生卷·命题区间71.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 展开更多...... 收起↑ 资源列表 命题区间7 参考答案与精析.docx 高考真题衍生卷 命题区间7导数的综合应用--《高考快车道》2026版高考数学高考母题必读及衍生.docx