第45天 导数与函数的零点 每日专项练习 - 2027届新高考高三数学第一轮复习

**基本信息** 聚焦导数与函数零点的系统性训练，通过层级化题型构建从基础应用到综合证明的逻辑链条，培养逻辑推理与数学表达能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础应用|1题（绍兴适考）|单调区间与切线方程求解|导数几何意义→函数单调性→切线方程推导| |中档综合|2题（成都七中三诊/陕西适考）|最值求解、零点唯一性证明、含参零点参数范围|函数最值→零点存在性定理→参数分类讨论| |拔高证明|1题（新高考Ⅱ卷）|极值点与零点唯一性证明、大小比较|导数与极值关系→函数零点判定→逻辑推理与数学表达|

2027届新高考高三第一轮复习 高三数学备课组 2027届新高考高三第一轮复习 每日专项练习 第45天 导数与函数的零点 班级：_________ 学号：_________ 姓名：_________ 分数：_________ 解答题(1题13分,2题15分,3题15分,4题17分) 1.(2025·绍兴适考)已知函数f(x)=+ln x-. (1)求f(x)的单调区间; (2)记f(x)的两个零点分别为x1,x2(x1<x2),求曲线y=f(x)在点(x2,f(x2))处的切线方程. 2.(2025·成都七中三诊)已知函数f(x)=ln x+sin x. (1)求函数f(x)在区间[1,π]上的最小值; (2)证明函数f(x)只有一个零点. 3.(2025·陕西适考)已知函数f(x)=(ax+1)ln x-(a+1)x,其中a≠0. (1)若a>0,判断f'(x)的单调性; (2)当a<0时,若函数f(x)有两个零点,求实数a的取值范围. 4.(2025·新高考Ⅱ卷)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. ①设函数g(t)=f(x1+t)-f(x1-t),证明:g(t)在区间(0,x1)单调递减; ②比较2x1与x2的大小,并证明你的结论. 第 2 页 共 8 页 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $2027届新高考高三第一轮复习 高三数学备课组 2027届新高考高三第一轮复习 每日专项练习 答案与解析 第45天 导数与函数的零点 1.解　(1)函数f(x)=+ln x-的定义域为(0,+∞), 求导得f'(x)=-+=, 当x∈时,f'(x)<0; 当x∈时,f'(x)>0, 所以函数f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为. (2)由(1)知f=-ln 2<0, f=->0,f(1)=0, 因此函数f(x)有两个零点x1,x2,且0<x1<<x2,即x2=1, 则所求切线的切点坐标为(1,0),斜率k=f'(1)=,切线方程为y=x- 所以曲线y=f(x)在点(x2,f(x2))处的切线方程为y=x-. 2.(1)解　函数f(x)=ln x+sin x的定义域为(0,+∞),f'(x)=+cos x, 令g(x)=f'(x)=+cos x, 则g'(x)=--sin x, 当x∈[1,π]时,g'(x)<0, 所以g(x)在[1,π]上单调递减, 且g(1)=1+cos 1>0,g(π)=+cos π=-1<0, 由零点存在定理可知,g(x)在[1,π]上存在唯一的零点a,使g(a)=f'(a)=0, 又当x∈[1,a)时,g(x)=f'(x)>0, 当x∈(a,π]时,g(x)=f'(x)<0, 所以函数f(x)在[1,a)上单调递增,在(a,π]上单调递减, 又因为f(1)=ln 1+sin 1=sin 1<sin =,f(π)=ln π+sin π=ln π>ln e=1, 所以函数f(x)在区间[1,π]上的最小值为f(1)=sin 1. (2)证明　因为f(x)=ln x+sin x, x∈(0,+∞), 若0<x<1,f'(x)=+cos x>0, 所以f(x)在(0,1)上单调递增, 又f(1)=sin 1>0, f=-1+sin <0, 由零点存在定理可知,f(x)在(0,1)上存在唯一的零点; 若1≤x≤π,则ln x≥0,sin x≥0, 则f(x)>0, 即f(x)在[1,π]上没有零点; 若x>π,因为ln x>ln π>1,-1≤sin x≤1,所以f(x)>0, 即f(x)在(π,+∞)上没有零点; 综上,函数f(x)在(0,+∞)只有一个零点. 3.解　(1)由题意得 f'(x)=aln x+-1(x>0), 令g(x)=aln x+-1(x>0), 则g'(x)=, 令g'(x)>0得x>, 令g'(x)<0得0<x<, 则f'(x)的增区间为,减区间为. 所以函数f'(x)在上为减函数,在上为增函数. (2)因为a<0,f'(x)=aln x+-1(x>0),所以f'(1)=0, 当0<x<1时,有aln x>0,-1>0,即f'(x)>0;当x>1时,aln x<0,-1<0,即f'(x)<0, 可得当a<0时,函数f(x)的减区间为(1,+∞),增区间为(0,1), 若函数f(x)有两个零点,必有f(1)=-a-1>0,可得a<-1, 又由f(e)=ae+1-(a+1)e=1-e<0, 可得函数f(x)在(1,e)上有一个零点, 令h(x)=xln x-x(0<x<1), 有h'(x)=ln x<0,可知函数h(x)单调递减, 有-1<h(x)<0,可得当0<x<1且a<0时,0<a(xln x-x)<-a, 当0<x<ea时,有0<ea<1, 又由f(x)=a(xln x-x)-x+ln x<-a-x+ln x<-a+ln x<-a+ln ea=0, 可知函数f(x)在(0,1)上有一个零点, 综上可得:若函数f(x)有两个零点,可得实数a的取值范围为(-∞,-1). 4.(1)证明　因为f(x)=ln(1+x)-x+x2-kx3,k∈, 所以f'(x)=-1+x-3kx2 = =. 当x>0时,令f'(x)=0,解得x=-1>0, 所以当0<x<-1时,f'(x)>0,f(x)单调递增; 当x>-1时,f'(x)<0,f(x)单调递减. 所以x=-1是f(x)在(0,+∞)上唯一的极值点,是极大值点. 因为f>f(0)=0,f =ln-+- =ln-<0, 所以∃x0∈,f(x0)=0, 所以x0是f(x)在(0,+∞)上唯一的零点. (2)①证明　因为g(t)=f(x1+t)-f(x1-t), 所以g'(t)=f'(x1+t)+f'(x1-t) =(x1+t-x1)+·(x1-t-x1)=3kt =. 因为t∈(0,x1), 所以t2--2x1<0,(1+x1)2-t2>0, 所以g'(t)=<0, 即g(t)在区间(0,x1)单调递减. ②解　由①得,g(t)在(0,x1)上单调递减, 所以g(x1)<g(0), 即f(2x1)-f(0)<f(x1)-f(x1)=0, 又f(0)=0,所以f(2x1)<0, 因为x2是f(x)的零点,所以f(x2)=0, 所以f(2x1)<f(x2), 又x2>x1,且f(x)在(x1,+∞)上单调递减, 所以2x1>x2. 第 2 页 共 8 页 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $