第3章 课时冲关19 导数的综合应用(Word练习)-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习（北师大版）

课时冲关19　导数的综合应用 [基础训练组] 1．(2025·河北邢台月考)已知函数f＝x－x ln x－a. (1)若曲线y＝f在点处的切线方程为y＝bx＋2，求实数a和b的值； (2)若函数f无零点，求a的取值范围． 解：(1)因为f＝x－x ln x－a，所以f＝1－a， 又f′＝1－＝－ln x，则f′＝0， 又曲线y＝f在点处的切线方程为y＝bx＋2， 所以解得 (2)令f＝0，即a＝x－x ln x， 令g＝x－x ln x，则g′＝－ln x， 所以当0<x<1时g′>0，当x>1时g′<0， 所以g在上单调递增，在上单调递减， 则gmax＝g＝1，且当x→＋∞时g→－∞， 依题意y＝a与y＝g无交点，所以a>1， 所以要使函数f无零点，则a的取值范围为. 2．(2023·天津卷节选)已知函数f(x)＝ ln (x＋1). (1)求曲线y＝f(x)在x＝2处切线的斜率； (2)当x>0时，证明：f(x)>1. 解：(1)f(x)＝＋， 则f′(x)＝＋－， 所以f′(2)＝－， 故y＝f(x)在x＝2处的切线斜率为－. (2)证明：要证x＞0时f(x)＝ln (x＋1)＞1，即证ln (x＋1)＞(x＞0)， 令g(x)＝ln (x＋1)－且x＞0， 则g′(x)＝－＝＞0， 所以g(x)在(0，＋∞)上递增，则g(x)＞g(0)＝0，即ln (x＋1)＞. 所以当x＞0时，f(x)＞1. 3．已知函数f(x)＝x ln x(x>0). (1)求函数f(x)的极值； (2)若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≤成立，求实数m的最小值． 解：(1)由f(x)＝x ln x，得f′(x)＝1＋ln x，定义域为(0，＋∞)， 令f′(x)>0，得x>；令f′(x)<0，得0<x<. 所以f(x)在上单调递减，在上单调递增． 所以f(x)在x＝处取得极小值，且为f＝－，无极大值． (2)由f(x)≤， 得m≥. 问题转化为m≥. 令g(x)＝＝2ln x＋x＋(x>0). 则g′(x)＝＋1－＝ ＝. 由g′(x)>0，得x>1； 由g′(x)<0，得0<x<1. 所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 所以g(x)min＝g(1)＝4，则m≥4. 故m的最小值为4. 4．(2025·天津市南开中学月考)已知函数f(x)＝a ln x＋x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)当a＝1时，证明：xf(x)<ex. 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝＋1＝.当a≥0时，f′(x)>0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 当a<0时，若x∈(－a，＋∞)，则f′(x)>0； 若x∈(0，－a)，则f′(x)<0. 所以f(x)在(－a，＋∞)上单调递增， 在(0，－a)上单调递减． 综上所述，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a<0时，f(x)在(－a，＋∞)上单调递增，在(0，－a)上单调递减． (2)当a＝1时，要证xf(x)<ex ， 即证x2＋x ln x<ex，即证1＋<. 令函数g(x)＝1＋， 则g′(x)＝.令g′(x)>0，得x∈(0，e)；令g′(x)<0，得x∈(e，＋∞). 所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减， 所以g(x)max＝g(e)＝1＋，令函数h(x)＝，则h′(x)＝. 当x∈(0，2)时，h′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0. 所以h(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， 所以h(x)min＝h(2)＝.因为－>0，所以h(x)min>g(x)max， 即1＋<，从而xf(x)<ex得证． 5．(2025·山东济南高三期末)已知函数f(x)＝－x3＋ax－，g(x)＝ex－e(e为自然对数的底数). (1)若曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线与曲线y＝g(x)在(0，g(0))处的切线互相垂直，求实数a的值； (2)设函数h(x)＝试讨论函数h(x)零点的个数． 解：(1)f′(x)＝－3x2＋a，g′(x)＝ex，所以f′(0)＝a，g′(0)＝1，由题意，知a＝－1. (2)易知函数g(x)＝ex－e在R上单调递增，仅在x＝1处有一个零点，且x<1时，g(x)<0， 又f′(x)＝－3x2＋a， ①当a≤0时，f′(x)≤0，f(x)在R上单调递减，且过点，f(－1)＝－a>0， 即f(x)在x≤0时必有一个零点，此时y＝h(x)有两个零点； ②当a>0时，令f′(x)＝－3x2＋a＝0，得两根为x1＝－<0，x2＝>0， 则－是函数f(x)的一个极小值点， 是函数f(x)的一个极大值点， 而f＝－＋a－＝－－<0. 现在讨论极大值的情况： f＝－＋a－＝－，当f<0，即a<时， 函数y＝f(x)在(0，＋∞)上恒小于零，此时y＝h(x)有两个零点； 当f＝0，即a＝时，函数y＝f(x)在(0，＋∞)上有一个零点x0＝＝，此时y＝h(x)有三个零点； 当f>0，即a>时，函数y＝f(x)在(0，＋∞)上有两个零点，一个零点小于，一个零点大于， 若f(1)＝a－<0，即a<时，y＝h(x)有四个零点； 若f(1)＝a－＝0，即a＝时，y＝h(x)有三个零点； 若f(1)＝a－>0，即a>时，y＝h(x)有两个零点． 综上所述，当a<或a>时，y＝h(x)有两个零点；当a＝或a＝时，y＝h(x)有三个零点；当<a<时，y＝h(x)有四个零点． 6．(2025·天津崇化中学期末)已知函数f(x)＝＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋2y－3＝0. (1)求a，b的值； (2)证明：当x＞0，且x≠1时，f(x)＝. 解：(1)f′(x)＝－.由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1，1)，所以即 解得 (2)证明：由(1)知f(x)＝＋，所以f(x)＞⇔＋＞⇔＋＞0⇔H(x)＝＞0.构造函数h(x)＝ln x－(x＞0)，则h′(x)＝－＝－≤0，于是h(x)在(0，＋∞)上单调递减． 当0＜x＜1时，h(x)单调递减，所以h(x)＞h(1)＝0，于是H(x)＝h(x)＞0；当x＞1时，h(x)单调递减，所以h(x)＜h(1)＝0，于是H(x)＝h(x)＞0. 综上所述，当x＞0，且x≠1时，f(x)＞. [能力提升组] 7．(2025·安徽省江淮名校期末)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)·ex－x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围． 解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1). (ⅰ)若a≤0，则f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减． (ⅱ)若a＞0，则由f′(x)＝0，得x＝－ln a. 当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)＜0；当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)＞0.所以f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增． (2)(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点． (ⅱ)若a＞0，由(1)知，当x＝－ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(－ln a)＝1－＋ln a. ①当a＝1时，由于f(－ln a)＝0，故f(x)只有一个零点； ②当a∈(1，＋∞)时，由于1－＋ln a＞0，即f(－ln a)＞0，故f(x)没有零点； ③当a∈(0，1)时，1－＋ln a＜0，即f(－ln a)＜0. 又f(－2)＝ae-4＋(a－2)e-2＋2＞－2e-2＋2＞0，故f(x)在(－∞，－ln a)有一个零点． 设正整数n0满足n0＞ln ，则f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0＞en0－n0＞2n0－n0＞0. 由于ln ＞－ln a，因此f(x)在(－ln a，＋∞)有一个零点． 综上，a的取值范围为(0，1). 8．已知函数f(x)＝x ln x－(a＋1)x＋1，a∈R. (1)求函数f(x)的单调区间和极值； (2)若方程(2a－1)＋＋x＋2＝0有三个解，求实数a的取值范围． 解：(1)函数的定义域(0，＋∞)，f′(x)＝ln x－a， 当x＞ea时，f′(x)＞0，函数单调递增，当0＜x＜ea时，f′(x)＜0，函数单调递减， 故当x＝ea时，函数取得极小值f(ea)＝1－ea，没有极大值． (2)由(2a－1)＋＋x＋2＝0整理可得(1－2a)(x ln x＋1)＝(x＋1)2， 令y＝x ln x＋1，则y′＝ln x＋1＝0，可得x＝， 易得当x＞时，函数单调递增，当x＜时，函数单调递减， 故x＝时，函数取得最小值1－＞0， 即y＝x ln x＋1＞0， 故原方程可转化为1－2a＝， 令g(x)＝， 则g′(x)＝， 因为x＞0，易得当x＞e或0＜x＜1时，g′(x)＞0，函数单调递增，当1＜x＜e时，g′(x)＜0，函数单调递减， 故当x＝1时，函数取得极大值g(1)＝4，当x＝e时，函数取得极小值g(e)＝e＋1， 由题意可得，y＝1－2a与g(x)有3个交点，则e＋1＜1－2a＜4， 解得－＜a＜－， 故a的取值范围. 学科网（北京）股份有限公司 $$