(配套课件)专题特训1 导数的综合应用-【精彩三年·高考尖峰】2024高考总复习数学一轮复习基础拓展训练教师用书word+课件PPT（浙江专用）

2．导数与函数的零点 专题特训1 　导数的综合应用 1．已知函数f(x)＝(2－a)(x－1)－2ln x(a∈R，e为自然对数的底数) (1)当a＝1时，求f(x)的单调区间． (2)若函数f(x) 在上无零点，求a的最小值． 1 2 3 4 5 6 7 8 A 基本问题 全面落实 2．已知函数f(x)＝ax2－ln x，a∈R. (1)若a＝ ，求f(x)的极值． (2)若f(x)在区间(1,2)内有零点，求实数a的取值范围． 1 2 3 4 5 6 7 8 3．已知函数f(x)＝ ，g(x)＝b sin x，曲线y＝f(x)和y＝g(x)在原点处有相同的切线l. (1)求b的值以及l的方程． (2)判断函数h(x)＝f(x)－g(x)在 上零点的个数，并说明理由． 1 2 3 4 5 6 7 8 4．[2023·广州模拟] 已知函数f(x)＝ex＋sin x－cos x，f′(x)为f(x)的导数． (1)证明：当x≥0时，f′(x)≥2. (2)设g(x)＝f(x)－2x－1，证明：g(x)有且仅有2个零点． 证明：(1)f′(x)＝ex＋cos x＋sin x，设h(x)＝ex＋cos x＋sin x，则h′(x)＝ex－sin x＋cos x， 当x≥0时，设p(x)＝ex－x－1, q(x)＝x－sin x，∵p′(x)＝ex－1≥0，q′(x)＝1－cos x≥0， ∴p(x)和q(x)在[0，＋∞)上单调递增， 1 2 3 4 5 6 7 8 ∴p(x)≥p(0)＝0，q(x)≥q(0)＝0， ∴当x≥0时，ex≥x＋1，x≥sin x，则h′(x)＝ex－sin x＋ cos x≥x＋1－sin x＋cos x＝(x－sin x)＋ (1＋cos x)≥0，∴函数h(x)＝ex＋cos x＋sin x在[0，＋∞)上单调递增，∴h(x)≥h(0)＝2，即当x≥0时，f′(x)≥2. (2)由已知得g(x)＝ex＋sin x－cos x－2x－1. ①当x≥0时，∵g′(x)＝ex＋cos x＋sin x－2＝f′(x)－2≥0，∴g(x)在[0，＋∞)上单调递增． 又∵g(0)＝－1<0，g(π)＝eπ－2π>0，∴由零点存在定理可知g(x)在[0，＋∞)上仅有1个零点； 5．[2023·南通模拟] 已知函数f(x)＝ln x＋ ，其中a∈R，e为自然对数的底数，e≈2.718. (1)若函数f(x)在定义域上有两个零点，求实数a的取值范围． (2)当a＝1时，求证：f(x)< ＋sin x. 1 2 3 4 5 6 7 8 B 能力素养　强化培优 6．[2023·丽水质检] 已知函数f(x)＝x2＋a ln x(a<4). (1)若a＝－2，求函数f(x)的极小值点． (2)当x∈(0，2]时，讨论函数f(x)的图象与函数y＝(a＋2)x－2a－2的图象公共点的个数，并证明你的结论． 1 2 3 4 5 6 7 8 7．设函数f(x)＝x2－ax＋2sin x. (1)若a＝1，求曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程． (2)若f(x)在区间 上有唯一零点，求实数a的取值范围． 解：(1)当a＝1时，f(x)＝x2－x＋2sin x， ∴f′(x)＝2x－1＋2cos x. 令g(x)＝2x－1＋2cos x，则g′(x)＝2－2sin x≥0，∴g(x)在R上单调递增， 又g(0)＝1，∴g(x)＝1， 即f′(x)＝1有唯一解x＝0. 1 2 3 4 5 6 7 8 8．[2023·青岛一中模拟] 已知函数f(x)＝ln x＋ －2，g(x)＝x ln x－ax2－x＋1. (1)证明：函数f(x)在(1，＋∞)内有且仅有一个零点． (2)假设存在常数λ>1，且满足f(λ)＝0，试讨论函数g(x)的零点个数． 1 2 3 4 5 6 7 8 感谢聆听，再见！ 解：(1)当a＝1时，f(x)＝x－1－2ln x，则f′(x)＝1－，由f′(x)＞0，得x＞2；由f′(x)＜0，得0＜x＜2.故f(x)的单调递减区间为(0，2]，单调递增区间为[2，＋∞). (2)因为f(x)＜0在区间上恒成立不可能， 故要使函数f(x)在上无零点， 只要对任意的x∈，f(x)＞0恒成立，即对x∈，a>2－恒成立．令l(x)＝2－，x∈，则l′(x)＝－＝， 再令m(x)＝2ln x＋－2，x∈， 则m′(x)＝－＋＝<0，故m(x)在上单调递减，于是m(x)>m＝2－2ln 2>0， 从而，l′(x)＞0，于是l(x)在上单调递增，所以l(x)<l＝2－4ln 2， 故要使a>