05 重点强化练（五）导数的综合应用（word重点强化练）-【满分思维】2027年高考一轮总复习·数学（北师大版）

**基本信息** 聚焦导数综合应用，以高考真题及模拟题为载体，覆盖切线、单调性、极值、零点及创新题型，构建从概念应用到综合探究的知识逻辑链，培养推理能力与运算能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础应用|题1-2（南通四调/新课标Ⅱ卷）|切线方程求解、单调性与极值条件探究|导数几何意义→导数与函数性质的关联推导| |综合提升|题3-4（成都三诊/新高考Ⅱ卷）|含参函数单调性讨论、零点问题及不等式证明|导数工具性→函数性质应用→代数推理能力| |创新拓展|题5（湖北模拟）|新定义“双重切线”问题|概念抽象→导数应用→数学语言表达现实情境|

重点强化练(五)导数的综合应用 解答题:本题共5小题,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 1.[2025·南通四调] 已知函数f(x)=ax2+2cos x(a∈R). (1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (2)若f(x)在上单调递减,求实数a的取值范围. 2.[2024·新课标Ⅱ卷] 已知函数f(x)=ex-ax-a3. (1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)若f(x)有极小值,且极小值小于0,求a的取值范围. 3.[2025·成都三诊] 已知函数f(x)=ax2+(a-2)x-ln x. (1)讨论f(x)的单调性. (2)若f(x)有两个零点,f'(x)为f(x)的导函数. (i)求实数a的取值范围; (ii)记f(x)较小的一个零点为x0,证明:x0f'(x0)>-2. 4.[2022·新高考全国Ⅱ卷] 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,求实数a的取值范围; (3)设n∈N*,证明:++…+>ln(n+1). 5.[2025·湖北宜荆荆恩四校4月模拟] 定义:若函数f(x)的图象上恰好存在相异的两点P,Q,满足曲线y=f(x)在P和Q处的切线重合,则称P,Q为曲线y=f(x)的“双重切点”,直线PQ为曲线y=f(x)的“双重切线”.已知函数f(x)=axsin x+bcos x. (1)当a=1,b=0时, (i)判断f(x)的奇偶性,并求f(x)在上的极值; (ii)设f(x)在(0,+∞)内的全部极值点按从小到大的顺序排列为a1,a2,…,an,…,求证:<an+1-an<π. (2)当a=0,b=1时,直线PQ为曲线y=f(x)的“双重切线”,记直线PQ的斜率所有可能的取值为k1,k2,…,kn,若k1>k2>ki(i=3,4,5,…,n),证明:<. 学科网（北京）股份有限公司 $ 重点强化练(五)导数的综合应用 1.解:(1)由函数f(x)=ax2+2cos x,得f'(x)=2ax-2sin x,则f'(0)=0, 又f(0)=2, 所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2. (2)由f(x)在上单调递减,得f'(x)=2ax-2sin x≤0对x∈恒成立, 则a≤对x∈恒成立. 设g(x)=,x∈, 则g'(x)=. 令h(x)=xcos x-sin x,x∈,则h'(x)=-xsin x<0,所以函数h(x)在上单调递减,所以h(x)<h(0)=0, 即g'(x)<0,所以函数g(x)在上单调递减,所以g(x)>g=,所以a≤, 故实数a的取值范围是. 2.解:(1)当a=1时,f(x)=ex-x-1, f'(x)=ex-1, 所以f(1)=e-2,f'(1)=e-1, 所以切线方程为y-(e-2)=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x-1. (2)f'(x)=ex-a. ①当a≤0时,f'(x)恒大于0,即f(x)在R上单调递增,f(x)无极小值,舍去. ②当a>0时,f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增, 所以f(x)在x=ln a处取得极小值, 依题有f(ln a)=a-aln a-a3<0,所以a2+ln a-1>0. 令g(x)=x2+ln x-1,则g(x)在(0,+∞)上单调递增,且g(1)=0, 所以a>1, 故a的取值范围是(1,+∞). 3.解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2ax+(a-2)-=. ①当a≤0时,f'(x)<0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减; ②当a>0时,令f'(x)=0,解得x=. 当x∈时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减; 当x∈时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增. 综上所述,当a≤0时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减; 当a>0时,函数f(x)在上单调递减,在上单调递增. (2)(i)若a≤0,由(1)知,f(x)至多有一个零点,不符合题意; 若a>0,由(1)知,当x=时,f(x)取得最小值,最小值为f=1-+ln a. 因为当x∈时,f(x)∈,当x∈时,f(x)∈. 所以函数f(x)有两个零点当且仅当f<0. 设g(a)=ln a-+1,易知函数g(a)在(0,+∞)上单调递增. 因为g(1)=0,所以g(a)<0的解集为(0,1). 综上所述,a的取值范围是(0,1). (ii)证明:因为f(x)=(x2+x)a-2x-ln x,由f(1)=2a-2<0,结合(i)知0<x0<1. 要证x0f'(x0)>-2,即证(2x0+1)(ax0-1)>-2,即证ax0(2x0+1)>2x0-1. 当0<x0≤时,ax0(2x0+1)>0,2x0-1≤0,不等式恒成立; 当<x0<1时,由f(x0)=0得ax0(x0+1)=ln x0+2x0, 即证(2x0+1)(ln x0+2x0)>(2x0-1)(x0+1), 即证ln x0>-2x0==-x0-, 即证ln x0+x0+>0. 设p(x)=ln x+x+,x∈,因为p'(x)=+1->+1->0, 所以p(x)在上单调递增,所以p(x)>p=-ln 2+1>0,则原不等式成立, 所以x0f'(x0)>-2. 4.解:(1)当a=1时,f(x)=xex-ex=(x-1)ex,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)令g(x)=f(x)+1=xeax-ex+1,则g(0)=0, 由题意知g(x)<0对任意的x>0恒成立. g'(x)=eax+axeax-ex,则g'(0)=0. 令h(x)=g'(x),则h'(x)=aeax+a(eax+axeax)-ex=a(2eax+axeax)-ex,故h'(0)=2a-1. 若h'(0)=2a-1>0,即a>, 则h'(0)== >0, 所以∃x0>0,使得当x∈(0,x0)时,有>0,则g'(x)>0,故g(x)在(0,x0)上单调递增, 则g(x0)>g(0)=0,不合题意. 若h'(0)=2a-1≤0,即a≤, 则当a≤0时,g'(x)=eax+axeax-ex<0在(0,+∞)上恒成立, 故g(x)在(0,+∞)上单调递减,则当x>0时,g(x)<g(0)=0,符合题意. 当0<a≤时,g'(x)=eax+axeax-ex=eax+ln(1+ax)-ex≤-ex<-ex=0在(0,+∞)上恒成立,故g(x)在(0,+∞)上单调递减,则当x>0时,g(x)<g(0)=0,符合题意. 故实数a的取值范围是a≤. (3)证明:ln(n+1)=ln=ln 2+ln+ln+…+ln,要证++…+>ln(n+1), 只需证>ln, 即证>ln, 即证>2ln, 设t=,则=t2-1,t>1,即证>2ln t(t>1),即证t->2ln t(t>1). 设m(x)=x--2ln x,则m'(x)=≥0, 故m(x)在(0,+∞)上单调递增,则当x>1时,m(x)>m(1)=0,故t->2ln t(t>1).所以++…+>ln(n+1)得证. 5.解:(1)(i)当a=1,b=0时,f(x)=xsin x,其定义域为R,∵f(-x)=-xsin(-x)=xsin x=f(x), ∴f(x)是偶函数. 对f(x)求导可得f'(x)=sin x+xcos x,x∈, 当x∈时,f'(x)<0, 当x∈时,f'(x)>0, ∴f(x)在上单调递减,在上单调递增, 故f(x)在上的极小值为f(0)=0,无极大值. (ii)证明:由(i)得f'(x)=sin x+xcos x,令f'(x)=sin x+xcos x=0, 则有cos x≠0,∴x=-tan x, 作出y=x与y=-tan x的图象,如图, 设x0是f'(x)=0的任意正实根,则x0=-tan x0, 则存在一个非负整数k,使x0∈,即x0为第二或第四象限角. ∵f'(x)=sin x+xcos x=cos x(tan x+x),∴当x变化时,f'(x)的变化情况如下表, x x0 (x0,π+kπ) f'(x)(k为正奇数) - 0 + f'(x)(k≥0且k为偶数) + 0 - ∴满足f'(x)=0的正根x0都为函数f(x)的极值点. 由题可知a1,a2,…,an,…为方程x=-tan x的全部正实根,且满足a1<a2<…<an<…(n=1,2,…), ∴an+1-an=-(tan an+1-tan an)=-(1+tan an+1tan an)tan(an+1-an)>0. ∵+(n-1)π<an<π+(n-1)π,+nπ<an+1<π+nπ(n=1,2,…), ∴<an+1-an<, 由tan an+1tan an>0,可得tan(an+1-an)<0,∴<an+1-an<π. (2)证明:当a=0,b=1时,f(x)=cos x, 设k1对应的切点坐标为(x1,cos x1),(x1',cos x1'),x1<x1', k2对应的切点坐标为(x2,cos x2),(x2',cos x2'),x2<x2', ∵f'(x)=-sin x, ∴k1=-sin x1=-sin x1', k2=-sin x2=-sin x2'. 由余弦函数的周期性,只需考虑-π<x2<x1<-的情形, 结合余弦函数的图象,只需考虑x1+x1'=π,x2+x2'=3π的情形, 则k1===, k2===, 其中-π<x2<x1<-, ∴=·, k1==-sin x1,k2==-sin x2, ∴cos x1=sin x1,cos x2=sin x2. 令F(x)=+x-,当-π<x<-时,sin x<0,cos x<0,则F(x1)=0,F'(x)=+1=-<0, ∴F(x)在上单调递减, 又F=--<0, ∴-π<x1<-, ∴-π<x2<x1<-,此时-1<cos x2<cos x1<0,则0<<1. 故=·<<=. 学科网（北京）股份有限公司 $