解答题专练(13)导数的应用(一)-【鱼跃龙门卷】2026年高考数学试题逐题突破

」鱼欧龙门卷 2025一2026学年度高考试题逐题突破—解答题专练（十三） 数学·导数的应用（一） 总分：60分时间：40分钟姓名： 得分： 1.(15分)已知函数f(x)=ae2x+(a一2)e一x(a∈R). (1)当a=0时，求曲线f(x)在(0，f(0)处的切线方程； (2)讨论f(x)的单调性； (3)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围. 2.(15分)已知函数f(x)=lnx-axe-1十x+1,a∈R. (1)当a=1时，求f(x)的极值； (2)讨论函数f(x)的零点个数 数学·解答题专练（十三）第1页（共2页） 3.(15分)已知函数f(x)=x3-3mx十m2. (1)当m=1时，求曲线f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)讨论f(x)的单调性； (3)若f(x)有三个不相等的零点x1,x2,x3,且曲线f(x)在点(x:,f(x:)处切线的斜率为 :(位=1,2,3)求m的取值范围及十，十，的值. 4.(15分)已知函数f(x)=mzln-x2+n(m,n∈R),g(x)=fx） (1)当m=2,n=0时，求g(x)在区间[1，e]上的最值； (2)当n=1时，若f(x)有三个零点x1,x2,x3(x1<x2<x3) ①求m的取值范围； ②判断1十x。-x2与n-m2十1 72 的大小关系，并给出证明 数学·解答题专练（十三）第2页（共2页）·数学· 32m2-4(m2-1)(8-t:)>0,解得0<m2<9且m2≠1. 由根与系数的关系， -4√2m -4W2m y1+y2= m2-1 ，y3十y4= 可得 m2-1 8-t1 8-t2 y1y2= m2-1’ y3y= m2-11 注意到y1十y2=y,十y4,因此线段AB和线段DE具有相同 的中点. 记上述中点为M,注意到|AD|=|IDM1-|AMII,IBEI= I|EM一|BM|,所以|AD|=|BE|. (ii)由（ⅰ）可知△AOD和△BOE的面积相等 记△AOD的面积为S,△AOB的面积为S1,△DOE的面积 为S2. 由A店与D应的方向相同可知S=1S,S: 2 因为S=号×0F×-=巨×0+-4 32m24(8-t1)_2W2×√41m+8-t41 2×√m-1)m-1 1m2-1 同理可得S,=22×V:m2十8-4 |m2-1 所以S= |S-$,三L22×√4m+4与 2 |m2-1l 2√2X√9-m1√21√4m2+4-√9-m |m2-1 m2-1 √21(4m2+4)-(9-m2)1 |m2-1l川√4m2+4+√9-m 9 m2 √2m+2+√2-2 设fx)=V2x+2+√2-？x∈[0,1)U1,9), 1 则f'(x)= √J2x+2 9x 4√2-2 9 x 4√2-2 -√2x+2 4√吾xa形 8(9-x)-(2x+2) 4Vx+i×9-z(4√2-2 9x +√/2x+2） 5(7-x) /9x 2√x+五X9-z(4√2-2 十√2x+2） 当0≤x<1,1<x<7时，f'(x)>0,f(x)单调递增， 当7<x<9时，f'(x)<0,f(x)单调递减， 5 5 5 因此S= 9 m √2m+2+√2-2 f0m5≥f7-1, 当且仅当m2=7时，等号成立， 因此△AOD面积的最小值为1. 数学解答题专练（十三） 1.解：(1)当a=0时，函数f(x)=-2e-x,f(0)=-2, 又f'(x)=-2e2-1,则f'(0)=-2-1=-3. 所以曲线f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y=一3x一2. (2)由题意知，f(x)的定义域为（一∞，十∞）， f'(x)=2ae+(a-2)e-1=(2e+1)(ae-1),显然2e2+ 1>0恒成立， ①若a≤0，则f'(x)<0,此时f(x)在(-∞，十∞)上单调 递减； ·29 参考答案及解析 ②若a>0,令f'(x)=0,解得x=-lna. 当x∈(-∞，-lna)时，f'(x)<0,当x∈(-lna,+o∞)时， f'(x)>0, 所以f(x)在（一∞，一lna)上单调递减，在（一lna,十∞）上单 调递增. 综上，当a≤0时，f(x)在（一o,+∞）上单调递减； 当a>0时，f(x)在（一∞，一l1na)上单调递减，在（一lna, 十∞)上单调递增. (3)若a≤0，由(2)知，f(x)至多有一个零点，不符合题意； 若a>0,由(2)知，当x=-lna时，f(x)取得最小值，为 十lna. f(-lna)-1-a 设8e)=1-+h,则g)=+- x z2>0, 做g(x)=1十lnx在(0，+∞)上单调递增，且g(①)=0. (1)当a∈[1，+o)时，f(-1na)=1-1+1na≥0，故此时 f(x)没有两个零点. （i)当a∈(0,1)时，f(-lna)=1- 1+lna<0, 又f(-2)=ae4+(a-2)e2+2>-2e2+2>0, 故f(x)在(-∞，-lna)上有一个零点； 当x>1n3时，由e>ea可得e>3,即ae>3,得ae a 3>0,则ae十a-3>0, 故e(ae+a-3)>0,即ae2r十ae-3e>0,又易知e>x, 则ae2r十ae-3e十e-x>0,即ae2r+(a-2)e-x>0, 因此f(x)在(-lna,十∞)上也有一个零点. 综上，若f(x)有两个零点，实数a的取值范围为(0,1). 解：(1)当a=1时，f(x)=lnx-xe-1+x+1, 所以f(x)=1-（e-+xe-)+1=(x+1)(1-e-）, 易知函数f(x)的定义域为(0，十∞)，且函数y=】和y 一e-1都在区间(0，十∞)上单调递减， 令g(x)=上一e-1,则g(x)在区间(0，十∞)上单调递减，且 ℃ g(1)=0, 所以当0<x<1时，f'(x)>0;当x=1时，f'(1)=0;当x>1 时，f'(x)<0, 即函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，十∞)上单调递减， 所以函数f(x)的极大值为f(1)=1,无极小值. (2)f)=是-aet-axe1+1=(x+1(2-ae-'. 当a≤0时，易知f'(x)>0,函数f(x)单调递增， 又当x→0时，f(x)→一∞；当x→十∞时，f(x)*十∞， 所以当a≤0时，函数f(x)只有一个零点. 当a>0时，令h(x)=于二ae,易知h(x)在区间0，+∞) 上单调递减， 当x→0+时，h(x)→十∞；当x→+∞时，f(x)→-∞， 所以存在xo∈(0，十o∞)使得h(xo)=0,即1=ae0-1, ℃。 则当0<x<x。时，f'(x)>0,函数f(x)单调递增；当x>xo 时，f'(x)<0,函数f(x)单调递减， 又当x→0+时，f(x)→一∞；当x→+∞时，f(x)→-∞， 下面讨论f(x。)与0的大小关系. 因为fx,)=lnx-ae0+x+1, ,=ae1 所以=xe01,即1n=1nx+z。-1, 所以f(xo)=lnxo+xo=1-lna, 则当0<a<e时，f(xo)>0;当a=e时，f(xo)=0;当a>e 高考试题逐题突破 时，f(xo)<0. 所以当0<a<e时，f(x)有2个零点；当a=e时，f(x)只有1 个零点；当a>e时，f(x)没有零点. 综上，当a∈（一∞，0]U{e}时，函数f(x)只有1个零点； 当a∈(0，e)时，函数f(x)有2个零点； 当a∈(e,十∞)时，函数f(x)没有零点 3.解：(1)当m=1时，f(x)=x3一3x+1,f'(x)=3x2一3， 切点为(0,1)，切线斜率f'(0)=一3， 故切线方程为y一1=一3(x一0)， 即切线方程为y=一3x十1. (2)f'(x)=3x2-3m,x∈R, 当m≤0时，f'(x)≥0恒成立，所以f(x)在（一∞，+∞）上单 调递增； 当m>0时，令f'(x)=0,得x=士√m, 令f'(x)<0,得一√m<x<√m,令f'(x)>0,得x<一√m 或x>√m, 所以f(x)在(-√m,√m)上单调递减，在(-∞，一√m), (√m,十∞)上单调递增. (3)由(2)知，f(x)有三个零点，则m>0,且-m)>0, f(√m)<0, 即m+2mv加>0'解得0<m<4, m2-2m m<0, 当0<m<4时，√/3m>√m,且f(√3m)=m2>0, 所以f(x)在（√m,√3m)上有唯一一个零点， 同理-2m-1<-√m,f(-2m-1)=-8m3-5m2-3m 1<0, 所以f(x)在（一2m一1，一√m)上有唯一一个零点， 又f(x)在（一√m,√m)上有唯一一个零点，所以f(x)有三 个零点， 综上可知m的取值范围为(0,4). 由f(x)有三个不相等的零点x1,x2,x3, 不妨设f(x)=a(x一x1)(x-x2)(x-xg),其中a≠0， 则f'(x)=a[(x一x2)(x-x3)十(x一x1)(x一x3)+(x x1)(x-x2)], 则2+1+11 1 k ()()(-x1):-) 1 (x3-x1)(x3-x2)J 1 1 x2一x3十x3-x1十x1-x2 所以6，+k2k2a(c1-x2)(工1-x2)(z2-x)方 =0 4.解：(1)当m=2,n=0时，f(x)=2xlnx-x2, 所以gr)=f）=2nx-x. 求导得g'(x)=2-1=名 2-x 当x∈[1,2)时，g'(x)>0;当x∈(2，e]时，g'(x)<0. 所以g(x)在[1,2)上单调递增，在(2，e]上单调递减 又g(2)=2ln2-2,g(1)=-1,g(e)=2-e, 所以g(x)在区间[1，e]上的最大值为2ln2-2,最小值为一1. (2)①当n=1时，f(x)=mzln x-x2+1, 当f(x3)=0时，即f(xg)=mz;In x3-x+1=0, 那么() =m 1n1- x3xE+1=二mx3lnx3二1十x一0 x号 且f(1)=0, 若f(x)有三个零点则等价于f(x)在(1，十∞)上有且只有 个零点， 令A(x)=mlnx-(红-），则f(x)=h(x),所以函数 f(x)与h(x)有相同的零点， 所以f(x)在(1，+∞)上零点情况等价于h(x)在(1，+∞)上 ·30 零点情况，h'(x)=mx-(x+1) 当m≤2时，/(x)=mx-（:2+1D≤2红-(x2+1) -(x-1D≤0， 所以h(x)在(1，十∞)上单调递减，所以h(x)<h(1)=0,函 数在(1，十∞)上无零点，不符合题意， 当m>2时，令(x)=m-+D-0,得，= x2 m+m=4>1, 2 当1<x<x4时，h'(x)>0,当x>x4时，h'(x)<0, 所以h(x)在(1，x4)上单调递增，在(x4,十∞)上单调递减， 所以h(x4)>h(1)=0,又x→十∞，h(x)→-o, 所以h(x)在(1，十∞)上有唯一零点x3,即f(x)在(1，十∞) 上有唯一零点x3, 综上所述，f(x)有三个零点时，m>2,即m的取值范围是(2， 十∞). @,-x十<m二+1，证明如下， m2 由①知，m>2时，f(x)有三个零点x1<x2<x（其中x1= 考虑6(m)）=mhm-m+是=n(2hm-m十： 3 p(m)=2nm一m+,m>2),则9'(m 1 m 2-m3 mm <0, 所以p(m)在(2，十∞)上单调递减， 所以p(m)<p(2)=21n2-2+ 8<0, 即h(m2)<0=h(x),所以m2>x,>1,又函数y=上十工-1 元 在(1，十o)上为增函数， 所以之-，+x=十x,一1=十x-1m+m2 1=m4-m2+1 m2 数学解答题专练（十四） 1 （解：由f)n+D,得fe)=本-iaa+》 x x2 则f'(1)=2-ln2,又f(1)=ln2, 所以函数f(x)的图象在x=1处的切线方程为y-ln2- (合-h2)x-10,即y-(号-h2x-+2h2 (2)(1)解：函数f(x)不存在极值，理由如下：由红十>0，解 x≠0， 得x>一1且x≠0， 所以函数f(x)的定义域为（一1,0）U(0,十∞)， 由fx)=lnz+1D,则f'r)=x-（+1)1nx+1D, x (x十1)x2 令g(x)=x-(x+1)ln(x+1),x∈(-1,0)U(0,+∞)，则 g'(x)=-ln(x+1), 当x∈(-1,0)时，g'(x)>0,g(x)单调递增； 当x∈(0，十∞)时，g'(x)<0,g(x)单调递减，所以g(x)< g(0)=0,