导数的应用 专项训练-2026届高三数学一轮复习

利用导数研究函数的零点 1.(13分)设函数f(x)=(x-1)2ex-ax,若曲线f(x)在x=0处的切线方程为y=-2x+B. (1)求实数a,b的值; (2)判断函数f(x)零点的个数. 2.(15分)已知f(x)=(x>0). (1)求f(x)的导函数f'(x)的最值; (2)试讨论关于x的方程f(x)=kx(k>0)的根的个数,并说明理由. 3.(15分)已知函数f(x)=ex(x+2),g(x)=x2+3x+2. (1)证明:当x≥0时,f(x)≥g(x); (2)若函数h(x)=f(x)-4ex-m有两个零点,求m的取值范围. 4.(15分)已知函数f(x)=aex-x-a(a∈R). (1)讨论f(x)的单调性; (2)证明:对任意的a∈(0,1),存在正数b使得aeb=a+b,且2ln a+b<0. 答案 1.解 (1)由题意可得f'(x)=(x2-1)ex-a. 因为曲线f(x)在x=0处的切线方程为y=-2x+b, 所以解得 (2)由(1)知f(x)=(x-1)2ex-x, 所以f(x)=ex, 令g(x)=(x-1)2-,则f(x)零点的个数就是g(x)零点的个数. 由于g'(x)=(x-1),所以当x<1时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>1时,g'(x)>0,g(x)单调递增. 又g(0)=1>0,g(1)=-<0,g(2)=1->0,所以g(0)g(1)<0,g(1)g(2)<0,由零点存在定理可得∃x1∈(0,1)使得g(x1)=0,∃x2∈(1,2)使得g(x2)=0, 故函数f(x)有两个零点. 2.解 (1)由f(x)=(x>0),得f'(x)=,令g(x)=f'(x),则g'(x)= 当0<x<时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x>时,g'(x)<0,g(x)单调递减,故g(x)max=g,所以f'(x)的最大值为,f'(x)无最小值. (2)f(x)=kx(k>0)等价于=k,令t=>0,则关于x的方程f(x)=kx(k>0)的根的个数等价于关于t的方程te1-t=k(k>0)的根的个数.设h(t)=te1-t,t>0,则h'(t)=e1-t(1-t),当t>1时,h'(t)<0,h(t)单调递减,当0<t<1时,h'(t)>0,h(t)单调递增,又h(t)>0恒成立,h(0)=0,h(1)=1,当t→+∞时,h(t)→0,所以y=h(t)的图象如图所示.由图可知,当k>1时,k=h(t)没有实数根,即f(x)=kx没有实数根;当k=1时,k=h(t)有1个根,即f(x)=kx有1个根;当0<k<1时,k=h(t)有2个根,即f(x)=kx有2个根. 3.(1)证明 令k(x)=f(x)-g(x)=ex(x+2)-x2-3x-2,则k'(x)=ex(x+3)-x-3=(x+3)(ex-1),因为x≥0,所以k'(x)=(x+3)(ex-1)≥0,故k(x)单调递增,又k(0)=2-2=0,故f(x)-g(x)≥0,即f(x)≥g(x). (2)解 h(x)=ex(x+2)-4ex-m=ex(x-2)-m,令h(x)=0得ex(x-2)=m,故函数h(x)=f(x)-4ex-m有两个零点,即y=m与y=ex(x-2)有两个交点.令w(x)=ex(x-2),则w'(x)=ex(x-1),当x>1时,w'(x)>0,当x<1时,w'(x)<0,所以w(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, 因此w(x)在x=1处取得极小值,也是最小值w(1)=-e, 又当x<2时,w(x)=ex(x-2)<0恒成立,当x→+∞时,w(x)→+∞, 要使函数h(x)=f(x)-4ex-m有两个零点,则m∈(-e,0). 4.(1)解 由题意得f'(x)=aex-1. 当a≤0时,f'(x)<0,则函数f(x)在R上单调递减;当a>0时,令f'(x)=0,得x=-ln a,当x<-ln a时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x>-ln a时,f'(x)>0,f(x)单调递增. 综上可知,当a≤0时,函数f(x)在R上单调递减;当a>0时,f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增. (2)证明 由(1)可知,当0<a<1时,-ln a>0,且f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增,因为f(0)=0,所以f(-ln a)<0,f(-2ln a)=+2ln a-a.设h(x)=+2ln x-x(0<x<1),则h'(x)=--1=-<0, 所以h(x)在(0,1)上单调递减,所以h(x)>h(1)=0,即f(-2ln a)>0, 由函数零点存在定理知,存在x0∈(-ln a,-2ln a),使得f(x0)=0,取b=x0,则aeb=a+b,且2ln a+b<0. 学科网（北京）股份有限公司 $ 利用导数研究恒(能)成立问题 1.(10分)已知函数f(x)=xln x,若对于所有x≥1都有f(x)≥ax-1,求实数a的取值范围. 2.(15分)已知函数f(x)=ax-ex(a∈R),g(x)=. (1)求函数f(x)的单调区间; (2)若∃x0∈(0,+∞),使不等式f(x)≤g(x)-ex成立,求a的取值范围. 3.(15分)已知函数f(x)=ex+a+cos x-sin x. (1)当a=0时,讨论f(x)在(0,+∞)上的单调性; (2)当x>0时,f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围. 4.(15分)已知函数f(x)=xln x+,g(x)=2xex-ln x-x-ln 2. (1)若直线y=x是曲线y=f(x)的一条切线,求a的值; (2)若对任意的x1∈(0,+∞),都存在x2∈(0,+∞),使得f(x1)≥g(x2)成立,求a的取值范围. 答案 1.解 (方法一　分离参数法) 依题意,得f(x)≥ax-1在[1,+∞)上恒成立,即不等式a≤ln x+在[1,+∞)上恒成立,即a≤(ln x+)min,x∈[1,+∞).设g(x)=ln x+(x≥1),则g'(x)=, 令g'(x)=0,得x=1, 当x≥1时,因为g'(x)≥0,故g(x)在[1,+∞)上单调递增,所以g(x)在[1,+∞)上的最小值是g(1)=1, 故a的取值范围是(-∞,1]. (方法二　构造函数法) 当x=1时,有f(1)≥a-1, 即a-1≤0,得a≤1.构造F(x)=f(x)-(ax-1)=xln x-ax+1, 原命题等价于F(x)≥0在x≥1上恒成立⇔F(x)min≥0,x∈[1,+∞),F'(x)=ln x+1-a,在[1,+∞)上F'(x)≥0恒成立,因此,函数F(x)在[1,+∞)上单调递增,所以F(x)min=F(1)=1-a≥0,得a≤1. 故a的取值范围是(-∞,1]. 2.解 (1)因为f'(x)=a-ex,x∈R. 当a≤0时,f'(x)<0,f(x)在R上单调递减; 当a>0时,令f'(x)=0得x=ln a. 由f'(x)>0,得f(x)的单调递增区间为(-∞,ln a);由f'(x)<0,得f(x)的单调递减区间为(ln a,+∞). (2)因为∃x0∈(0,+∞),使不等式f(x)≤g(x)-ex,所以ax,即a令h(x)=,则问题转化为a≤h(x)max,因为h'(x)=,令h'(x)=0,则x= 当x在区间(0,+∞)内变化时,h'(x),h(x)的变化情况如表: x (0,) (,+∞) h'(x) + 0 - h(x) 单调递增 极大值 单调递减 由上表可知,当x=时,函数h(x)有极大值,即最大值为,所以a 故a的取值范围为 3.解 (1)当a=0时,f(x)=ex+cos x-sin x,f'(x)=ex-sin x-cos x.令h(x)=ex-sin x-cos x,则当x时,ex>2,sin x+cos x<2, 故h(x)=ex-sin x-cos x>0; 当x时,h'(x)=ex-cos x+sin x=ex+sin,此时ex>1,sin(-1,1),故h'(x)>0, 所以h(x)在上单调递增,所以当x时,h(x)>h(0)=0. 故当a=0,x>0时,f'(x)>0恒成立,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增. (2)由题意知,当x>0时,f(x)=ex+a+cos x-sin x≥0恒成立, 即ea恒成立. 令φ(x)=,x∈(0,+∞), 则φ'(x)=,x∈(0,+∞). 故φ(x)在上单调递增,在每一个开区间(k∈N)上都单调递减,在每一个开区间(k∈N)上都单调递增, 又(k∈N), 所以φ(x)max=, 故ea,解得a≥-,故实数a的取值范围是 4.解 (1)由f(x)=xln x+,得f'(x)=ln x+1-,x>0,设直线y=x与曲线y=f(x)相切于点(x0,y0), 则 解得故a的值为 (2)由g(x)=2xex-ln x-x-ln 2,得g'(x)=2ex+2xex--1=(x+1)(x>0).设h(x)=2ex-,则h'(x)=2ex+,当x>0时,h'(x)=2ex+>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,又因为h=2-4<0,h(1)=2e-1>0,所以存在x0,使得h(x0)=0,当x∈(0,x0)时,h(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,h(x)>0, 从而g'(x0)=0,且当x∈(0,x0)时,g'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,g'(x)>0, 所以函数g(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(x0)=2x0-ln x0-x0-ln 2. 由h(x0)=0,得2=0,则x0,故x0+ln x0=-ln 2,所以g(x)min=1+ln 2-ln 2=1. 因为对任意的x1∈(0,+∞),都存在x2∈(0,+∞),使得f(x1)≥g(x2)成立,所以对任意的x∈(0,+∞),都有f(x)≥1成立,即不等式xln x+1对任意的x∈(0,+∞)恒成立,即不等式a≥x-x2ln x对任意的x∈(0,+∞)恒成立.设φ(x)=x-x2ln x,则φ'(x)=1-x-2xln x,φ'(1)=0, 当x∈(0,1)时,1-x>0,2xln x<0,所以φ'(x)>0,当x∈(1,+∞)时,1-x<0,2xln x>0,所以φ'(x)<0, 所以函数φ(x)=x-x2ln x在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 所以φ(x)max=φ(1)=1,因此a≥1, 故a的取值范围为[1,+∞). 学科网（北京）股份有限公司 $ 利用导数证明不等式 1.(13分)已知函数f(x)=xln(x+1). (1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)证明:f(x)+x3≥x2. 2.(15分)已知函数f(x)=. (1)试问曲线y=f(x)是否存在过原点的切线?若存在,求出切点的坐标;若不存在,请说明理由. (2)证明:f(x)>x2ln x(参考数据:e5>128). 3.(15分)已知函数f(x)=ax+1(x>0),g(x)=ln x-+2A. (1)若a=,比较函数f(x)与g(x)的大小; (2)若m>n>0,求证:. 4.(15分)已知函数f(x)=. (1)当a=1时,求函数f(x)的单调区间; (2)求证:当a>0时,f(x)≤e2a-2. 答案 1.(1)解 因为f(x)=xln(x+1), 所以f'(x)=ln(x+1)+, 所以f(1)=ln 2,f'(1)=ln 2+, 所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-ln 2=(x-1), 即y=x- (2)证明 令g(x)=f(x)+x3-x2=x3-x2+xln(x+1),其中x>-1,则g'(x)=x2-2x+ln(x+1)+ 令h(x)=x2-2x+ln(x+1)+,其中x>-1,则h'(x)=3x-2+,当x>-1时,h'(x)≥0且h'(x)不恒为零,所以函数g'(x)在(-1,+∞)上单调递增,所以当-1<x<0时,g'(x)<g'(0)=0,此时函数g(x)单调递减,当x>0时,g'(x)>g'(0)=0,此时函数g(x)单调递增,所以g(x)≥g(0)=0,即f(x)+x3≥x2. 2.(1)解 假设曲线y=f(x)存在过原点的切线,并设切点为(m,km),因为f(x)=,所以f'(x)=, 因此有整理得em(m-1)=em,解得m=2,则km=,所以曲线y=f(x)存在过原点的切线,且切点坐标为 (2)证明 不等式f(x)>x2ln xx2ln x令函数g(x)=(x>0),求导得g'(x)=, 当x∈(0,4)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(4,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,所以g(x)在x=4处取得极小值即最小值g(x)min=g(4)= 令函数h(x)=,求导得h'(x)=,当x∈(0,e)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(e,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,所以h(x)在x=e处取得极大值即最大值h(x)max=h(e)=,因为e5>128,即有,因此g(x)min>h(x)max,故不等式f(x)>x2ln x成立. 3.(1)解 当a=时,f(x)=+1,g(x)=ln x++1,令F(x)=f(x)-g(x)=-ln x-,则F'(x)=0,所以F(x)在(0,+∞)上单调递增,且F(1)=0. 综上,当x=1时,F(x)=0,f(x)=g(x);当x∈(0,1)时,F(x)<0,f(x)<g(x);当x∈(1,+∞)时,F(x)>0,f(x)>g(x). (2)证明 因为m>n>0,则>1, 要证, 即证>ln m-ln n, 即证>ln, 设t=,则t>1, 即证t->ln t2=2ln t, 即证-ln t->0(t>1), 由(1)知,当x∈(1,+∞)时,F(x)>0成立,故不等式成立,所以当m>n>0时, 4.(1)解 当a=1时,f(x)=(x>0),则f'(x)=-,由f'(x)<0,可得x>1,由f'(x)>0,可得0<x<1, 故当a=1时,函数f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞). (2)证明 当a>0时,f(x)=(x>0),则f'(x)=, 由f'(x)<0,可得x>e1-a; 由f'(x)>0,可得0<x<e1-a, 所以函数f(x)的单调递增区间为(0,e1-a),单调递减区间为(e1-a,+∞), 所以f(x)max=f(e1-a)= 要证当a>0时,f(x)≤e2a-2, 只需证e2a-2,即证ea-1≥a. 记g(a)=ea-1-a,a>0,则g'(a)=ea-1-1,当a∈(0,1)时,g'(a)<0;当a∈(1,+∞)时,g'(a)>0, 所以函数g(a)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞), 所以g(a)min=g(1)=0,所以g(a)≥0恒成立,即ea-1≥a,得证. 学科网（北京）股份有限公司 $