第3章 3.3 导数的综合应用（word练习）-【高考突破新方案】2027年高考数学大一轮复习练案

**基本信息** 以导数单调性为核心，通过构造函数、放缩法、分离参数等方法系统整合不等式证明与零点研究，形成“概念-性质-应用”的逻辑链条，培养数学思维与逻辑推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |利用导数证明不等式|高考真题5道、模拟题12道|构造函数求导分析单调性、放缩法（如e^x≥x+1）、参数分类讨论|以导数判断单调性为基础，通过函数构造实现不等式转化，体现从性质到应用的推理过程| |利用导数研究函数零点|高考真题5道、模拟题10道|导数分析单调性极值、零点存在定理、分离参数法|结合函数单调性与极值点，运用零点存在定理判断零点个数，构建“导数-函数图像-零点”的关联逻辑|

3.3　导数的综合应用 考点1　利用导数证明不等式 高考真题 1.★★★(2024全国甲文,20,12分)已知函数f(x)=a(x-1)-ln x+1. (1)讨论f(x)的单调性; (2)设a≤2,证明:当x>1时, f(x)<ex-1. 解析　(1)f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=a-, 若a≤0,则f'(x)<0,故f(x)在(0,+∞)上单调递减. 若a>0,则由f'(x)=0得x=, 当0<x<时, f'(x)<0;当x>时, f'(x)>0. 故f(x)在上单调递减,在上单调递增. (2)证明:证明f(x)<ex-1等价于证明a(x-1)-ln x+1-ex-1<0. 设g(x)=a(x-1)-ln x+1-ex-1(x>1), 则g'(x)=a--ex-1. 设h(x)=g'(x)=a--ex-1, 则h'(x)=-ex-1. 当x>1时,<1,ex-1>1,故h'(x)<0, 所以h(x)=g'(x)在(1,+∞)上单调递减, 而g'(1)=a-2, 又因为a≤2,所以g'(1)≤0. 故当x>1时,g'(x)<0,即g(x)在(1,+∞)上单调递减. 由于g(1)=0,所以当x>1时,g(x)<0, 即当x>1时, f(x)<ex-1. 2.★★★★(2024新课标Ⅰ,18,17分)已知函数f(x)=ln+ax+b(x-1)3. (1)若b=0,且f'(x)≥0,求a的最小值; (2)证明:曲线y=f(x)是中心对称图形; (3)若f(x)>-2当且仅当1<x<2,求b的取值范围. 解析　(1)f(x)的定义域为(0,2). 当b=0时, f(x)=ln+ax, 所以f'(x)=+a, 因为f'(x)≥0, 所以a≥, 依题意得a≥, 所以当x=1时,a取到最小值-2. (2)证明:因为f(x)=ln+ax+b(x-1)3, 所以f(2-x)=ln+a(2-x)+b(1-x)3, 所以f(2-x)+f(x)=2a, 所以曲线y=f(x)关于(1,a)中心对称, 即曲线y=f(x)是中心对称图形. (3)由(2)知曲线y=f(x)关于(1,a)中心对称,且f(x)在(0,2)内连续,故f(1)=a=-2,即f(x)=ln-2x+b(x-1)3,x∈(1,2), f'(x)=(x-1)2, 易知y=∈(2,+∞), 所以当b≥-时, f'(x)>0在(1,2)上恒成立, f(x)单调递增, 所以f(x)>f(1)=-2成立. 当b<-时,存在x0∈(1,2),使得+3b=0,即3b=. 在(1,x0)上,f'(x)<0, f(x)单调递减, 又f(1)=-2,所以在(1,x0)上有f(x)<-2,不符合题意. 综上,可得b≥-. 3.★★★★★(2022新高考Ⅱ,22,12分)已知函数f(x)=xeax-ex. (1)当a=1时,讨论f(x)的单调性; (2)当x>0时, f(x)<-1,求a的取值范围; (3)设n∈N*,证明:>ln(n+1). 解析　(1)当a=1时, f(x)=xex-ex,则f'(x)=xex, 当x∈(-∞,0)时, f'(x)<0, f(x)单调递减, 当x∈(0,+∞)时, f'(x)>0, f(x)单调递增. (2)解法一　不等式f(x)<-1等价于xeax-ex+1<0, 令g(x)=xeax-ex+1,x>0, 则g'(x)=(ax+1)eax-ex, 且g'(x)=eax(ax+1-ex-ax)≤eax[ax+1-(x-ax+1)]=(2a-1)xeax, ①当a≤时,g'(x)≤(2a-1)xeax≤0,g(x)在(0,+∞)上单调递减, 所以g(x)<g(0)=0,满足题意; ②当a>时, 令h(x)=g'(x)=(ax+1)eax-ex, 则h'(x)=(a2x+2a)eax-ex, 故h'(0)=2a-1>0, 所以存在δ>0,使得当x∈(0,δ)时,h'(x)>0, 所以h(x)在(0,δ)上单调递增, 故当x∈(0,δ)时,h(x)>h(0)=0, 所以g(x)在(0,δ)上单调递增, 故g(x)>g(0)=0,不满足题意. 综上可知,a的取值范围是. 解法二　函数f(x)的定义域为R, f'(x)=(1+ax)·eax-ex. 【导函数中含有参数,要根据参数对导函数取值符号的影响分段讨论】 对于x∈(0,+∞),当a≥1时, f'(x)=(1+ax)eax-ex>eax-ex≥ex-ex=0,∴f'(x)>0, f(x)在(0,+∞)上单调递增. ∵f(0)=-1,∴f(x)>-1,不满足题意. 当a≤0时, f'(x)≤eax-ex≤1-ex<0且等号不恒成立, ∴f(x)在(0,+∞)上单调递减. ∵f(0)=-1,∴f(x)<-1,满足题意. 当0<a≤时, f'(x)≤. 【当导函数的正负不能直接判断时,可考虑构造新函数,通过研究新函数的单调性判断】 令g(x)=1+, 则g'(x)=<0, ∴g(x)在(0,+∞)上单调递减, ∴g(x)<g(0)=0, ∴f'(x)≤·g(x)<0, f(x)在(0,+∞)上单调递减. ∵f(0)=-1,∴f(x)<-1,满足题意. 当<a<1时, f'(x)=eax[1+ax-e(1-a)x]. 令h(x)=1+ax-e(1-a)x, 则h'(x)=a+(a-1)e(1-a)x. ∵h'(x)为减函数, 又h'(0)=2a-1>0,x→+∞,h'(x)<0, ∴∃x0∈(0,+∞),使得h'(x0)=0. 【当导函数的零点存在,但不易求出时,可引入虚拟零点】 ∴当x∈(0,x0)时,h'(x)>0,h(x)在(0,x0)上单调递增,h(x)>h(0)=0, ∴当x∈(0,x0)时, f'(x)=eax·h(x)>0, f(x)在(0,x0)上单调递增. ∵f(0)=-1,∴f(x)>-1,不满足题意. 综上,a的取值范围是. (3)证法一　构造函数h(x)=x--2ln x(x>1), 则h'(x)=1+, 易知h'(x)>0,∴h(x)在(1,+∞)上单调递增,∴h(x)>h(1)=0, ∴x->2ln x,令x=, 则有, ∴, ∴=ln(n+1).原式得证. 证法二　由(2)可知,当a=时, f(x)=x-ex<-1(x>0), 令x=ln(n∈N*), 得ln<-1, 整理得<0, ∴,∴, ∴=ln(n+1), 即>ln(n+1). 4.★★★★★(2025全国一卷,19,17分)(1)求函数f(x)=5cos x-cos 5x在区间的最大值; (2)给定θ∈(0,π)和a∈R,证明:存在y∈[a-θ,a+θ]使得cos y≤cos θ; (3)设b∈R,若存在φ∈R使得5cos x-cos(5x+φ)≤b对x∈R恒成立,求b的最小值. 解析　(1)∵f'(x)=5(sin 5x-sin x)=5[sin(3x+2x)-sin(3x-2x)]=10cos 3x·sin 2x, 令f'(x)=0,由x∈,解得x=0或. 结合单调性可知,当x∈时, f'(x)>0, f(x)单调递增;当x∈时, f'(x)<0, f(x)单调递减. 故f(x)max=f. (2)证明:假设不存在y∈[a-θ,a+θ],使得cos y≤cos θ, 则对任意y∈[a-θ,a+θ]都有cos y>cos θ. 即y∈(2kπ-θ,2kπ+θ)(k∈Z). 因此[a-θ,a+θ]⊆(2kπ-θ,2kπ+θ)(k∈Z), ∴ 因此a<2kπ且a>2kπ,矛盾. ∵存在y∈[a-θ,a+θ],使得cos y≤cos θ. (3)由(1)知当x∈时, f(x)≤3,当x∈时, f(x)<5cos-(-1)<3, 又f(x)是周期为2π的偶函数, ∴f(x)≤3对x∈R恒成立, ∴当b≥3时,存在φ=0使得5cos x-cos(5x+φ)≤b对x∈R恒成立, 当b<3时,令θ=, 由(2)知对任意φ存在y∈使得cos y≤cos, 令x=,则x∈, 故5cos x-cos(5x+φ)=5cos x-cos y≥5×>b, 因此b<3时,均不符合题意. 综上,b的最小值为3. 5.★★★★★(2023新课标Ⅱ,22,12分) (1)证明:当0<x<1时,x-x2<sin x<x; (2)已知函数f(x)=cos ax-ln(1-x2),若x=0是f(x)的极大值点,求a的取值范围. 解析　(1)证明:令g(x)=x-x2-sin x,0<x<1,则g'(x)=1-2x-cos x, 令G(x)=g'(x),得G'(x)=-2+sin x<0在区间(0,1)上恒成立,所以g'(x)在区间(0,1)上单调递减,因为g'(0)=0,所以g'(x)<0在区间(0,1)上恒成立,所以g(x)在区间(0,1)上单调递减,所以g(x)<g(0)=0,即当0<x<1时,x-x2<sin x. 令h(x)=sin x-x,0<x<1,则h'(x)=cos x-1<0在区间(0,1)上恒成立,所以h(x)在区间(0,1)上单调递减,所以h(x)<h(0)=0,即当0<x<1时,sin x<x. 综上,当0<x<1时,x-x2<sin x<x. (2)函数f(x)的定义域为(-1,1). 当a=0时, f(x)=1-ln(1-x2), f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增,x=0不是f(x)的极大值点,所以a≠0. 当a>0时, f'(x)=-asin ax+,x∈(-1,1). (i)当0<a≤时,取m=min,x∈(0,m),则ax∈(0,1), 由(1)可得f'(x)=-asin ax+, 因为a2x2>0,2-a2≥0,1-x2>0,所以f'(x)>0,所以f(x)在(0,m)上单调递增,不合题意. (ii)当a>时,取x∈⊆(0,1),则ax∈(0,1), 由(1)可得f'(x)=-asin ax+<-a(ax-a2x2)+ =(-a3x3+a2x2+a3x+2-a2), 设h(x)=-a3x3+a2x2+a3x+2-a2,x∈, 则h'(x)=-3a3x2+2a2x+a3, 因为h'(0)=a3>0,h'=a3-a>0,且h'(x)的图象是开口向下的抛物线, 所以∀x∈,均有h'(x)>0, 所以h(x)在上单调递增. 因为h(0)=2-a2<0,h=2>0,所以h(x)在内存在唯一的零点n. 当x∈(0,n)时,h(x)<0, 又因为x>0,1-x2>0. 则f'(x)<(-a3x3+a2x2+a3x+2-a2)<0. 即当x∈(0,n)⊆(0,1)时, f'(x)<0, 则f(x)在(0,n)上单调递减. 又因为f(x)是偶函数, 所以f(x)在(-n,0)上单调递增, 所以x=0是f(x)的极大值点. 综合(i)(ii)知a>. 当a<0时,由于将f(x)中的a换为-a所得解析式不变,所以a<-符合要求. 故a的取值范围为(-∞,-)∪(,+∞). 高考模拟 1.★★★(2025届河南名校学术联盟冲刺模拟(二),6)已知a=esin 1-1,b=sin 1,则 (　　) A.<a<b<1 C.<a<1 答案　C　 2.★★★(2026届重庆十一中第一次质量检测,8)已知∀x∈(0,+∞),有ln x-a+1≤0,则a的取值范围是 (　　) A. C. 答案　D　 3.★★★★(2026届四川绵阳博美实验高级中学开学考,8)已知当x>0时,xex-2x≥a+2ln x恒成立,则实数a的取值范围为 (　　) A.(-∞,1]　　　 B.(-∞,2+2ln 2] C.(-∞,2ln 2]　　　D.(-∞,2-2ln 2] 答案　D　 4.★★★★(2025届江西六校二模,8)已知正实数x,y满足+2y-2=ln x+ln y,则yx= (　　) A.2　　　B. 答案　C　 5.★★★★(2026届山东名校考试联盟开学考,8)若关于x的不等式ln x-ax2-ax≥0有且只有一个整数解,则实数a的取值范围是 (　　) A. C. 答案　A　 6.★★★★(2026届黑龙江哈尔滨六中期中,8)已知函数f(x)=+x+1,满足f(a-x)+f(1+3ln x)-4≤0,则实数a的取值范围是 (　　) A.(-∞,1-2ln 2]　　　B.[1-2ln 3,+∞) C.(-∞,2-3ln 3]　　　D.[2-3ln 2,+∞) 答案　C　 7.★★★★(2026届安徽江淮十校第一次联考,14)已知不等式x≤aex+b对任意x∈R恒成立(a,b∈R),则的最小值为　　　　.  答案　-1 8.★★★★(2025届安徽六安第一中学适应性考试,14)设函数f(x)=(ex-1-ax)(ln x-ax),若f(x)<0,则a的取值范围是　　　　.  答案　 9.★★★(2025届福建漳州重点高中开学考,16)已知函数f(x)=aex-ln x-1. (1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间; (2)证明:当a≥时, f(x)≥0. 解析　(1)f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=aex-,则f'(2)=ae2-=0,解得a=,故f'(x)=. 易知f'(x)在区间(0,+∞)内单调递增,且f'(2)=0, 故当x>2时, f'(x)>0;当0<x<2时, f'(x)<0,所以f(x)的单调递增区间为(2,+∞),单调递减区间为(0,2). (2)证明:放缩法 当a≥时, f(x)≥-ln x-1. 设g(x)=-ln x-1,则g'(x)=. 当0<x<1时,g'(x)<0;当x>1时,g'(x)>0. 所以x=1是g(x)的极小值点,亦是g(x)的最小值点. 故当x>0时,g(x)≥g(1)=0. 因此,当a≥时, f(x)≥0. 10.★★★★(2026届浙江新阵地教育联盟第一次联考,18)已知函数f(x)=ex+acos x-x(e为自然对数的底数,e≈2.718 28). (1)若a=0,讨论f(x)的单调性; (2)若a=-1,证明:f(x)>5在(2,3)上恒成立; (3)若x∈[1,e],不等式acos(ln x)≥ln x-x+2恒成立,求实数a的取值范围. 解析　(1)f(x)=ex-x, f'(x)=ex-1, 当x∈(-∞,0)时, f'(x)<0,当x∈(0,+∞)时, f'(x)>0,故f(x)在(-∞,0]上单调递减,在[0,+∞)上单调递增. (2)证明:令g(x)=f(x)-5,则g(x)=ex-cos x-x-5,x∈(2,3), g'(x)=ex+sin x-1≥ex-2>0, 故g(x)在(2,3)上单调递增,g(x)>g(2)=e2-cos 2-7>e2-7>0,则f(x)>5. (3)令ln x=t,则t∈[0,1],x=et, 则acos t≥t-et+2在[0,1]上恒成立, 可以转化为m(x)=f(x)-2=ex+acos x-x-2≥0在[0,1]上恒成立, m(0)=a-1≥0⇒a≥1, 又x∈[0,1]时,cos x≥0, 所以m(x)≥ex+cos x-x-2, 令h(x)=ex+cos x-x-2, h'(x)=ex-sin x-1≥(x+1)-sin x-1≥0,【应掌握ex≥x+1,x≥sin x(x≥0)等常用放缩】所以h(x)在[0,1]上单调递增,则m(x)≥h(0)=0. 综上,a≥1. 11.★★★★(2025届河北联考,18)已知函数f(x)=ex-2x(x≥0). (1)求证f(x)≥e-x; (2)求方程f(x)=x解的个数; (3)设n≥2,n∈N*,证明:>ln n. 解析　(1)证明:令h(x)=f(x)-e-x=ex-2x-e-x(x≥0), 所以h'(x)=ex+-2(x≥0), 所以h'(x)≥2-2=0,当且仅当ex=⇒ex=1,即x=0时,等号成立, 所以当x∈[0,+∞)时,h'(x)≥0,h(x)单调递增,则h(x)≥h(0)=0, 所以f(x)≥e-x得证. (2)由f(x)=x得ex-2x=x(x≥0),即ex-3x=0(x≥0),令g(x)=ex-3x(x≥0), 所以函数g(x)的零点个数即为方程f(x)=x解的个数, g'(x)=ex-3(x≥0),令g'(x)=0,即ex=3,解得x=ln 3, g'(x),g(x)随x的变化情况如表: x [0,ln 3) ln 3 (ln 3,+∞) g'(x) - 0 + g(x) 单调递减 3-3ln 3 单调递增 因为g(0)=1>0,g(ln 3)=3-3ln 3<0, 所以g(x)在[0,ln 3)上有唯一一个零点, 又g(5)=e5-15>25-15=17>0,所以g(x)在(ln 3,+∞)上有唯一一个零点. 综上所述,方程f(x)=x有两个解. (3)证明:由(1)知,ex-2x-e-x>0,x∈(0,+∞),令x=ln s(s>1), 则s-2ln s-s-1>0,即s->2ln s(s>1), 设s=,n≥2,n∈N*,满足s>1, 所以,即, 所以=ln n-ln(n-1), 所以>ln 2-ln 1+ln 3-ln 2+…+ln n-ln(n-1)=ln n, 即>ln n. 12.★★★★(2026届山西长治质量检测,18)已知f(x)=ln+bx3+ax+a. (1)证明:曲线y=f(x)是中心对称图形; (2)若b=0, f'(x)≥0恒成立,求a的最小值; (3)若f(x)的图象关于点(0,-2)对称,且f(x)>-2的解集为{x|0<x<1},求b的取值范围. 解析　(1)证明:∵>0,∴-1<x<1,∴f(x)的定义域为(-1,1), ∵f(-x)+f(x)=ln+b(-x)3+bx3+a(-x)+ax+2a=2a, ∴曲线y=f(x)关于点(0,a)中心对称. (2)当b=0时, f(x)=ln+ax+a, f'(x)=+a≥0恒成立,即a≥恒成立, ∵x∈(-1,1),∴x2-1∈[-1,0), ∴≤-2, ∴a≥-2,即a的最小值为-2. (3)由(1)知f(x)的图象关于点(0,a)对称,∴a=-2, ∴f(x)=ln+bx3-2x-2,x∈(-1,1). 令g(x)=f(x)+2,则g(x)>0的解集为(0,1). 由f(x)的图象关于点(0,-2)对称知g(x)的图象关于(0,0)对称,即g(x)为奇函数,故只需x∈(0,1)时,g(x)>0. g'(x)=+3bx2-2,令h(x)=g'(x), 则h'(x)=+6bx =2x, ∵x∈(0,1),∴>2, 若b≥-,则+3b>2+3b≥0, 故h'(x)>0,h(x)在(0,1)上单调递增, 故g'(x)>g'(0)=0,从而g(x)在(0,1)上单调递增,g(x)>g(0)=0,符合条件. 若b<-,存在x0∈(0,1),使h'(x0)=0,在(0,x0)内,h'(x0)<0,h(x)单调递减,h(x)<h(0)=0,即g'(x)<0,g(x)在(0,x0)上单调递减,g(x)<g(0)=0,不符合条件. 综上,b的取值范围为. 考点2　利用导数研究函数零点 高考真题 1.★★★★(2023全国乙文,8,5分)函数f(x)=x3+ax+2存在3个零点,则a的取值范围是 (　　) A.(-∞,-2)　　　B.(-∞,-3) C.(-4,-1)　　　D.(-3,0) 答案　B　 2.★★★★★(2020课标Ⅲ理,21,12分)设函数f(x)=x3+bx+c,曲线y=f(x)在点处的切线与y轴垂直. (1)求b; (2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,证明: f(x)所有零点的绝对值都不大于1. 解析　(1)f'(x)=3x2+b.依题意得f'=0,即+b=0. 故b=-. (2)证法一　由(1)知f(x)=x3-x+c, f'(x)=3x2-. 令f'(x)=0,解得x=-. f'(x)与f(x)随x的变化情况如表: x -∞,- - -, ,+∞ f'(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ c+ ↘ c- ↗ 因为f(1)=f, 所以当c<-时, f(x)只有大于1的零点. 因为f(-1)=f, 所以当c>时, f(x)只有小于-1的零点. 由题设可知-≤c≤. 当c=-时, f(x)只有两个零点-和1. 当c=时, f(x)只有两个零点-1和. 当-时, f(x)有三个零点x1,x2,x3,且x1∈,x2∈,x3∈. 综上,若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,则f(x)所有零点的绝对值都不大于1. 证法二　分离参数法　设x0为f(x)的一个绝对值不大于1的零点,根据题意, f(x0)=x0+c=0,且|x0|≤1, 则c=-x0,且|x0|≤1, 令c(x)=-x3+x(-1≤x≤1), 则c'(x)=-3x2+, 当x∈∪时,c'(x)<0,c(x)单调递减; 当x∈时,c'(x)>0,c(x)单调递增, 又c(-1)=,c(1)=-,c,c,所以-≤c≤. 设x1 为f(x)的零点, 则必有f(x1)=x1+c=0, 即-≤c=-x1≤, 即 解得-1≤x1≤1,|x1|≤1. 所以f(x)所有零点的绝对值都不大于1. 3.★★★★★(2025全国二卷,18,17分)已知函数f(x)=ln(1+x)-x+x2-kx3,其中0<k<. (1)证明: f(x)在区间(0,+∞)存在唯一的极值点和唯一的零点. (2)设x1,x2分别为f(x)在区间(0,+∞)的极值点和零点. (i)设函数g(t)=f(x1+t)-f(x1-t).证明:g(t)在区间(0,x1)单调递减. (ii)比较2x1与x2的大小,并证明你的结论. 解析　(1)证明: f(x)=ln(1+x)-x+x2-kx3,x∈(0,+∞), f'(x)=-1+x-3kx2 =, ∵0<k<,∴>0, ∴当x∈时, f'(x)>0, f(x)单调递增, 当x∈时, f'(x)<0, f(x)单调递减. ∴x=是函数f(x)的极大值点,且是唯一的极值点. ∵f(0)=0,且x∈时, f(x)单调递增, ∴f>0, 当x=时, f, 令φ(x)=ln(1+x)-x, 则φ'(x)=<0, ∴φ(x)在(0,+∞)上单调递减, ∴φ(x)<φ<0, 即f<0, 又>0, ∴∈, ∴当x∈时, f(x)有唯一零点. 综上, f(x)在区间(0,+∞)存在唯一的极值点和唯一的零点. (2)(i)∵f'(x)=,且x1=,即1-3k-3kx1=0, ∴f'(x1+t)= =, f'(x1-t)=, 又g(t)=f(x1+t)-f(x1-t), ∴g'(t)=f'(x1+t)+f'(x1-t) = =3kt· = = = =, ∵0<k<,0<t<x1,∴g'(t)<0, ∴g(t)在区间(0,x1)上单调递减. (ii)2x1>x2.理由如下: 由(i)知g(t)=f(x1+t)-f(x1-t)在(0,x1)上单调递减,∴g(x1)<g(0), 即f(2x1)-f(0)<f(x1)-f(x1)=0, 又f(0)=0,∴f(2x1)<0, 又∵f(x2)=0,∴f(2x1)<f(x2), 由(1)知x∈(x1,+∞)时, f(x)单调递减,∴2x1>x2. 4.★★★★★(2021新高考Ⅱ,22,12分)已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2+b. (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)从下面两个条件中选一个,证明: f(x)有一个零点. ①<a≤,b>2a; ②0<a<,b≤2a. 解析　(1)∵f(x)=(x-1)ex-ax2+b, ∴f'(x)=xex-2ax=x(ex-2a). ①当a≤0时,ex-2a>0对任意x∈R恒成立, 当x∈(-∞,0)时, f'(x)<0, 当x∈(0,+∞)时, f'(x)>0. 因此y=f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. ②当a>0 时,令ex-2a=0⇒x=ln(2a). (i)当0<a<时,ln(2a)<0. y=f'(x)的大致图象如图1所示. 图1 图2 因此当x∈(-∞,ln(2a))∪(0,+∞)时, f'(x)>0, 当x∈(ln(2a),0)时, f'(x)<0, 所以f(x)在(-∞,ln(2a))和(0,+∞)上单调递增,在(ln(2a),0)上单调递减. (ii)当a=时,ln(2a)=0,此时f'(x)≥0对任意x∈R恒成立,故f(x)在R上单调递增. (iii)当a>时,ln(2a)>0, y=f'(x)的大致图象如图2所示. 因此,当x∈(-∞,0)∪(ln(2a),+∞)时, f'(x)>0,当x∈(0,ln(2a))时, f'(x)<0, 所以f(x)在(-∞,0)和(ln(2a),+∞)上单调递增,在(0,ln(2a))上单调递减. (2)选①.证明:由(1)知, f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,ln(2a))上单调递减,在(ln(2a),+∞)上单调递增,又f(0)=b-1>0, f<0, 所以f(x)在(-∞,0]上有唯一零点. 当x∈(0,+∞)时, f(x)≥f(ln(2a)) =[ln(2a)-1]·2a-aln2(2a)+b =aln(2a)[2-ln(2a)]+b-2a >aln(2a)·[2-ln(2a)]. 因为<a≤,所以0<ln(2a)≤2, 所以f(x)>0对任意x>0恒成立. 综上, f(x)在R上有一个零点. 选②.证明:由(1)知f(x)在(-∞,ln(2a))上单调递增,在(ln(2a),0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增, f(0)=b-1<0,当x→+∞时, f(x)→+∞,所以一定存在x0∈(0,+∞),使得f(x0)=0. 结合单调性知f(x)在[0,+∞)上有唯一零点. 当x∈(-∞,0)时, f(x)≤f(ln(2a))=aln(2a)·[2-ln(2a)]+b-2a<0, 即f(x)<0对任意x<0恒成立. 综上, f(x)在R上有一个零点. 5.★★★★★(2022新高考Ⅰ,22,12分)已知函数f(x)=ex-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值. (1)求a; (2)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列. 解析　(1)f'(x)=ex-a,g'(x)=a-. 当a≤0时, f'(x)>0恒成立, f(x)在R上无最小值,不符合题意.∴a>0. 令f'(x)=0,得x=ln a, 令g'(x)=0,得x=. 易知f(x)min=f(ln a)=a-aln a, g(x)min=g=1+ln a, ∴a-aln a=1+ln a,即ln a=①. 令h(x)=ln x-(x>0), 则h'(x)=>0, ∴h(x)在(0,+∞)上单调递增, 则h(x)最多有一个零点. 又h(1)=ln 1-=0, ∴方程①有且仅有一解,为a=1,即为所求. (2)证明:由(1)知, f(x)=ex-x,g(x)=x-ln x,当x<0时, f(x)单调递减,当x>0时, f(x)单调递增; 当0<x<1时,g(x)单调递减,当x>1时,g(x)单调递增. 不妨设直线y=b与y=f(x)的图象的两交点的横坐标分别为x1,x2,与y=g(x)的图象的两交点的横坐标分别为x2,x3,且x1<x2<x3.则-x2=x2-ln x2=x3-ln x3, ∴-ln x2. 易知x1∈(-∞,0),x2∈(0,1),则ln x2∈(-∞,0), 又f(x)在(-∞,0)上单调递减, ∴x1=ln x2,同理x2=ln x3,x3=. 又-x2=x2-ln x2,∴ln x2+=2x2. ∴ln x2+=x1+x3=2x2. ∴x1,x2,x3成等差数列. ∴存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列. 高考模拟 1.★★★(2025届安徽最后一卷,5)函数f(x)=xex-ex-1的零点个数为 (　　) A.0　　　B.1　　　C.2　　　D.3 答案　B　 2.★★★(2025届四川成都石室中学三模,6)函数f(x)=2x-m-ln x有且只有一个零点,则m的值是 (　　) A.1-ln 2　　　B.1+ln 2　　　C.ln 2　　　D.-ln 2 答案　B　 3.★★★(2026届湖北鄂东南教育联盟期中,7)函数f(x)=cos 2x·(ln x-2π+1),x∈(0,2π]的零点个数为 (　　) A.4　　　B.5　　　C.3　　　D.2 答案　A　 4.★★★(新定义理解)(2026届重庆一中月考,6)拉格朗日中值定理是微分学里的关键定理,具体内容为:若函数f(x)在闭区间[a,b]上连续,在开区间(a,b)内可导,则在区间(a,b)内至少存在一个点x0∈(a,b),使得=f'(x0)(f'(x0)是f(x)在x0处的导数值),其中x0称为函数y=f(x)在闭区间[a,b]上的中值点.现在有这样的问题:若函数f(x)=cos x在区间上的“中值点”个数为m,函数g(x)=xex(其中e为自然对数的底数)在区间[0,1]上的“中值点”的个数为n,则m+n= (　　) A.1　　　B.2　　　C.3　　　D.0 答案　B　 5.★★★(2026届安徽合肥第一中学教学质量测评,8)已知关于x的方程=ex的解集有2个子集,则a的取值范围是 (　　) A.　　　B.(0,+∞) C.∪[0,+∞)　　　D.∪(0,+∞) 答案　D　 6.★★★★(2026届河北保定期中,8)已知a>0,函数f(x)=xex-a(x+ln x)+2存在零点,则实数a的最小整数值是 (　　) A.2　　　B.4　　　C.5　　　D.6 答案　C　 7.★★★(2026届河南商丘开学考,14)已知函数f(x)=ln x3,g(x)=mx,若关于x的方程f(x)=g(x)恰有两个实数根,则实数m的取值范围是　　　　.  答案　 8.★★★★(2026届江苏南通调研,17)已知函数f(x)=(x-x2)ln x+k的图象在点(1, f(1))处的切线经过点(0,1). (1)求实数k的值; (2)证明:ln x≥1-; (3)证明:f(x)有且仅有一个零点. 解析　(1)因为f(x)=(x-x2)ln x+k, 所以f'(x)=(1-2x)ln x+1-x,x>0, 所以f'(1)=(1-2)ln 1+1-1=0, 又因为f(1)=(1-12)ln 1+k=k, 所以函数f(x)=(x-x2)ln x+k的图象在点(1, f(1))处的切线方程为y-k=0(x-1),即y=k, 又切线过点(0,1),所以k=1. (2)证明:令g(x)=ln x-1+,x>0, 则g'(x)=, 当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,所以g(x)min=g(1)=ln 1-1+1=0, 所以g(x)≥0,即ln x≥1-. (3)证明:因为f(x)=(x-x2)ln x+1=x(1-x)ln x+1, 所以f'(x)=(1-2x)ln x+(1-x), 当x>1时,ln x>0,1-x<0,1-2x<0,所以f'(x)<0,所以f(x)在(1,+∞)上单调递减. 因为f(1)=(1-12)ln 1+1=1>0, f(e)=(e-e2)ln e+1=e-e2+1<0, 所以x∈(1,+∞)时,存在唯一x0∈(1,e),使得f(x0)=0; 当0<x≤1时,由(2)知ln x≥1-,当且仅当x=1时等号成立, 又因为x(1-x)≥0, 所以f(x)=x(1-x)ln x+1≥x(1-x)·+1=-(1-x)2+1=-x2+2x=-x(x-2)>0, 所以x∈(0,1]时, f(x)没有零点. 综上, f(x)有且仅有一个零点. 9.★★★★(2025届广东六校联考,17)已知函数f(x)=ex+acos x的图象在x=0处的切线方程为y=x+2. (1)求实数a的值; (2)探究f(x)在区间内的零点个数,并说明理由. 解析　(1)由f(x)=ex+acos x的图象在x=0处的切线方程为y=x+2,可知切点坐标为(0,2), 故f(0)=e0+acos 0=2,解得a=1. (2)由(1)可知f(x)=ex+cos x, ∴f'(x)=ex-sin x, 令g(x)=f'(x),g'(x)=ex-cos x, 当x∈时,g'(x)>0,则g(x)在区间上单调递增. ∵g-1<0,g(-π)=e-π>0, ∴由函数零点存在定理可知,存在x0∈,使得g(x0)=0,即=sin x0, ∴当x∈时, f'(x)<0, f(x)在区间上单调递减; 当x∈(x0,-π)时, f'(x)>0, f(x)在区间(x0,-π)上单调递增, 又∵f>0,f(-π)=e-π-1<0, ∴由函数零点存在定理可知f(x)在区间上有且仅有一个零点. 当x∈[-π,0)时, f'(x)=ex-sin x>0; 当x∈[0,+∞)时, f'(x)=ex-sin x>0, ∴f(x)在区间[-π,+∞)上单调递增, 又∵f(-π)=e-π-1<0, f(0)=e0+1>0, ∴由函数零点存在定理可知f(x)在区间[-π,+∞)上有且仅有一个零点. 综上可得,f(x)在区间内有且仅有两个零点. 10.★★★★(2026届浙江金华十校一模,18)已知函数f(x)=ex-x-1. (1)求曲线y=f(x)在x=0处的切线方程; (2)若f(ln x)≥kx-xln x-1恒成立,求实数k的取值范围; (3)当a≥1时,讨论g(x)=f(x)-axcos x在区间上零点的个数. 解析　(1)由f(x)=ex-x-1,得f'(x)=ex-1,显然f'(0)=f(0)=0,所以曲线y=f(x)在x=0处的切线方程为y=0. (2)f(x)=ex-x-1,此时f(ln x)≥kx-xln x-1⇔x-ln x-1≥kx-xln x-1, 解法一　分离参数法　从而kx≤(x-1)·ln x+x⇒k≤1+ln x-, 令h(x)=1+ln x-, 则h'(x)=, 所以h'(x)>0⇒x>1,h'(x)<0⇒0<x<1, 所以h(x)在(0,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增, 因此h(x)min=h(1)=1, 故k的取值范围为(-∞,1]. 解法二　必要性探路　x-ln x-1≥kx-xln x-1⇔(x-1)ln x+(1-k)x≥0, 令h(x)=(x-1)ln x+(1-k)x,h(1)=1-k≥0⇒k≤1, 下证:k≤1,x>0时,h(x)≥0恒成立, 由一次函数m(k)=(x-1)ln x+x-kx在(-∞,1]上单调递减, 则m(k)≥m(1)⇒(x-1)ln x+x-kx≥(x-1)ln x, 当x∈(0,1)和x∈(1,+∞)时,(x-1)·ln x>0恒成立,且x=1时(x-1)ln x=0, 所以h(x)≥0恒成立,故k的取值范围为(-∞,1]. (3)由于g(0)=0,所以x=0是函数g(x)的一个零点, g'(x)=ex+a(xsin x-cos x)-1, 当x∈时,-axcos x>0恒成立,易知ex-x-1>0恒成立, 从而g(x)>0恒成立,所以g(x)在区间上没有零点; 当x∈时,g'(0)=-a<0,g'-1>0. g″(x)是g'(x)的导数,则g″(x)=ex+a(2sin x+xcos x), 由于2sin x+xcos x>0恒成立,所以g″(x)>0,即g'(x)在上单调递增, 从而存在x1∈使得g'(x1)=0,且g'(x)>0⇒x1<x<,g'(x)<0⇒0<x<x1, 即g(x)在区间(0,x1)上单调递减,在上单调递增,从而g(x1)<g(0)=0, 又g-1>0,所以g(x)在上有唯一零点,即在区间上有唯一零点; 当x∈时,xsin x-cos x>0,从而g'(x)=ex+a(xsin x-cos x)-1≥ex+xsin x-cos x-1, 由于x∈时,x<sin x,所以ex+xsin x-cos x-1>ex+sin2x-cos x-1=ex-(cos2x+cos x), 又cos2x+cos x=cos x(cos x+1)<0,从而ex+xsin x-cos x-1>ex-(cos2x+cos x)>0恒成立, 即g'(x)>0在上恒成立,所以g(x)在区间上单调递增, 因为g-1>0,g(-π)=e-π-aπ+π-1≤e-π-1<0, 因此g(x)在区间上有唯一零点. 综上所述,函数g(x)在区间上有3个零点. 第 21 页 共 21 页 学科网（北京）股份有限公司 $