第一部分 专题一 微专题5 导数的综合应用（word练习）-【创新教程】2025年高考数学大二轮专题增分方案

1．(2024·永州三模)已知函数f(x)＝|3x－1|－3b－3ln x. (1)当b＝1时，求f(x)在上的单调区间及极值． (2)若f(x)≥0恒成立，求b的取值范围． 解：(1)根据题意，将b＝1代入，去掉绝对值符号后求导即可求解；(2)根据题意可得3b≤|3x－1|－3ln x，构造函数g(x)＝|3x－1|－3ln x，然后去掉绝对值符号利用导数求解函数g(x)的最小值即可得到结果． (1)当b＝1，x＞时，f(x)＝3x－1－3－3ln x＝3x－3ln x－4， 则f′(x)＝3－＝， 令f′(x)＞0，解得x＞1， 令f′(x)＜0，解得＜x＜1， 所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为(1，＋∞)， 所以f(x)在x＝1处取得极小值为f(1)＝－1，无极大值． (2)依题意可得f(x)＝|3x－1|－3b－3ln x，对∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥0恒成立， 即3b≤|3x－1|－3ln x，令g(x)＝|3x－1|－3ln x， 当x∈时，g(x)＝1－3x－3ln x，g(x)单调递减， 当x∈时，g(x)＝3x－1－3ln x， 则g′(x)＝3－＝， 令g′(x)＞0，解得x＞1，令g′(x)＜0，解得＜x＜1， 综上所述，g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 则g(x)min＝g(1)＝2，所以3b≤2，即b≤， 所以b的取值范围为. 2．(2024·上饶二模)已知函数f(x)＝x2＋ax－2ln x＋b的图象在x＝2处的切线与直线y＝－x＋5垂直． (1)求a的值； (2)若函数f(x)在[1，e]上无零点，求b的取值范围． 解：(1)首先求出导函数，由f′(2)＝2即可求解．(2)由题意可得x2＋ax－2ln x＋b＝0在[1，e]上无解，分离参数，转化为两个函数无交点即可求解． (1)由函数f(x)＝x2＋ax－2ln x＋b，x＞0， f′(x)＝x＋a－，所以可得f′(2)＝2＋a－＝2，解得a＝1. (2)若函数f(x)在[1，e]上无零点，即x2＋x－2ln x＋b＝0在[1，e]上无解， 即－b＝x2＋x－2ln x在[1，e]上无解， 令g(x)＝x2＋x－2ln x，x∈[1，e]， g′(x)＝x＋1－＝＝，在[1，e]上g′(x)＞0， 所以g(x)在[1，e]上单调递增， 所以g(1)≤g(x)≤g(e)， 即≤g(x)≤＋e－2， 若－b＝x2＋x－2ln x在[1，e]上无解， 则－b＜或－b＞＋e－2， 即b＞－或b＜2－e－. 所以b的取值范围为 ∪. 3．(2024·黔西南州一模)已知函数f(x)＝x2－xln x－2x. (1)判断f(x)的单调性； (2)证明：9＞3n－ln(2n＋1)． 解：(1)对函数求导，并构造函数g(x)＝9x－ln x－3得出其单调性即可求出f(x)在(0，＋∞)上单调递增；(2)根据(1)中结论，利用9x＞ln x＋3根据对数运算法则裂项并由累加法可求得结论． (1)易知函数f(x)＝x2－xln x－2x的定义域为(0，＋∞)， 可得f′(x)＝9x－(ln x＋1)－2＝9x－ln x－3； 令g(x)＝9x－ln x－3，则g′(x)＝9－＝， 当x∈时，g′(x)＜0，此时g(x)在上单调递减， 当x∈时，g′(x)＞0，此时g(x)在上单调递增， 所以f′(x)＝g(x)≥g＝1＋ln 9－3＝ln 9－2＝ln＞0； 即f′(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立， 因此f(x)在(0，＋∞)上单调递增． (2)由(1)可知f′(x)＝9x－ln x－3＞0， 即9x＞ln x＋3， 可得9×＞ln＋3； 所以 ＞ ， 即可得9＞ln＋ln＋…＋ln＋3n ＝ln 1－ln 3＋ln 3－ln 5＋…ln(2n－1)－ln(2n＋1)＋3n＝3n－ln(2n＋1)； 即9＞3n－ln(2n＋1)． 4．(2023·大连一模)已知函数f(x)＝2ae－x－sin x＋1，f′(x)是f(x)的导函数，且f′(0)＝0. (1)求实数a的值，并证明函数f(x)在x＝0处取得极值； (2)证明f(x)在每一个区间(k∈N)都有唯一零点． 解：(1)∵f(x)＝2ae－x－sin x＋1， ∴f′(x)＝－2ae－x－cos x. ∵f′(0)＝0， ∴f′(0)＝－2a－1＝0，即a＝－. ∴f(x)＝－e－x－sin x＋1，f′(x)＝e－x－cos x＝e－x(1－excos x)，当x＜0时，e－x＞1≥cos x， ∴f′(x)＞0，即函数f(x)在(－∞，0)上单调递增， 当0＜x＜时，令g(x)＝1－excos x， ∵g′(x)＝ex(sin x－cos x)＜0， 即g(x)在单调递减， ∴g(x)＜g(0)＝0， ∴f′(x)＜0，所以函数f(x)在x＝0处取得极大值． (2)由f(x)＝－e－x－sin x＋1＝e－x[ex(1－sin x)－1]， 令h(x)＝ex(1－sin x)－1， 则h′(x)＝ex(1－sin x－cos x) ＝ex， 当x∈(k∈N)时， sin＞， ∴h′(x)＜0， ∴h(x)在区间(k∈N)单调递减， 又∵h(2kπ)＝e2kπ－1≥0，h＝－1＜0， ∴h(x)在每一个区间(k∈N)有唯一零点， 故f(x)在每一个区间(k∈N)有唯一零点． 学科网（北京）股份有限公司 $$