课时作业(25)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

课时作业(二十五)　导数的综合应用 基础过关练 1．(2025·湛江联考)已知函数f(x)＝21+ax－x(a≠0). (1)若a＝－1，求f(x)在[－1，1]上的值域； (2)若函数y＝f(f(x))－x 恰有两个零点，求a 的取值范围． 解　(1)因为a＝－1，所以f(x)＝21-x－x， 则f(x)在[－1，1]上为减函数， 因为f(－1)＝22＋1＝5，f(1)＝1－1＝0， 所以f(x)在[－1，1]上的值域为[0，5]. (2)由f(f(x))－x＝0 得：21+af(x)－f(x)－x＝0，则21+af(x)－(21+ax－x)－x＝0， 则21+af(x)＝21+ax，所以1＋af(x)＝1＋ax, 因为a≠0，所以21+ax－x＝x，整理得a＝ 有两个根． 令g(x)＝，则g′(x)＝. 当x∈(0，e)时，g′(x)>0；当x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0. 所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减． 当x 趋向＋∞ 时g(x)趋向于0，当x>1 时g(x)>0. 故a 的取值范围是. 2．(2025·宜昌模拟)已知函数f(x)＝aex－ax－1(a≠0). (1)讨论f(x)的单调性； (2)当a＝1时，证明：f(x)>2ln x－2x＋2. 解　(1)f′(x)＝aex－a＝a(ex－1)，a≠0， 当a>0时，令f′(x)>0，得ex>1，解得x>0， 令f′(x)<0，得ex<1，解得x<0， 所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增； 当a<0时，令f′(x)>0，得ex<1，解得x<0， 令f′(x)<0，得ex>1，解得x>0， 所以f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减． 综上，当a>0时，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增； 当a<0时，f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减． (2)证明　当a＝1时，f(x)＝ex－x－1， 由(1)知，当x>0时，f(x)单调递增， 所以f(x)>f(0)＝0，即f(x)>0， 设g(x)＝2ln x－2x＋2(x>0)， 则g′(x)＝－2＝， 由g′(x)>0，得1－x>0，解得0<x<1， 由g′(x)<0，得1－x<0，解得x>1， 所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以g(x)≤g(1)＝0， 从而f(x)>g(x)恒成立， 即f(x)>2ln x－2x＋2恒成立． 3．(2025·枣庄质检)已知函数f(x)＝ln x＋mx＋1，g(x)＝x(ex－1). (1)若f(x)的最大值是0，求m 的值； (2)若对于定义域内任意x，f(x)≤g(x)恒成立，求m 的取值范围． 解　(1)f(x)的定义域(0，＋∞)，f′(x)＝＋m. 若m≥0，f′(x)>0，f(x)在定义域内单调递增，无最大值； 若m<0，当x∈ 时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增； 当x∈ 时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减， 所以当x＝－ 时，f(x)取得最大值ln ＝0，所以m＝－1. (2)对于定义域内任意x，f(x)≤g(x)恒成立，即m＋1≤ex－ 在(0，＋∞)恒成立． 设φ(x)＝ex－，则φ′(x)＝ .设q(x)＝x2ex＋ln x，则q′(x)＝(x2＋2x)ex＋>0， 所以q(x)在其定义域内单调递增，且q<0，q(1)>0，所以q(x)有唯一零点x0，且xex0＋ln x0＝0， 所以x0ex0＝－＝－ln x0·e－ln x0 .构造函数h(x)＝xex，则h(x0)＝h(－ln x0). 又函数h(x)＝xex 在(0，＋∞)是增函数，故x0＝－ln x0 .所以由φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以φ(x)≥φ(x0)＝ex0－＝＋＝1， 于是m 的取值范围是(－∞，0]. 考能提升练 4．设a为实数，函数f(x)＝2x3－3x2＋a，g(x)＝x2(2ln x－3). (1)若函数f(x)与x轴有三个不同的交点，求实数a的取值范围； (2)对于∀x1∈[－1，2]，∃x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)，试求实数a的取值范围． 解　(1)f′(x)＝6x2－6x＝6x(x－1)， 由f′(x)>0，解得x>1或x<0；由f′(x)<0，解得0<x<1， 所以f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 若函数f(x)与x轴有三个不同的交点， 则解得0<a<1， 所以实数a的取值范围为(0，1). (2)对于∀x1∈[－1，2]，∃x2∈[1，e]， 都有f(x1)≥g(x2)， 则f(x1)min≥g(x2)min， 由(1)知函数f(x)在[－1，0)上单调递增， 在(0，1)上单调递减，在(1，2]上单调递增， 又f(－1)＝a－5，f(1)＝a－1， 故当x∈[－1，2]时，f(x)min＝f(－1)＝a－5. 因为g(x)＝x2(2ln x－3)，且x∈[1，e]， 则g′(x)＝4x(ln x－1)≤4x(1－1)＝0， 故函数g(x)在[1，e]上单调递减，故g(x)min＝g(e)＝－e2， 由题意可得a－5≥－e2，故a≥5－e2. 所以实数a的取值范围为[5－e2，＋∞). 学科网（北京）股份有限公司 $$