重点强化练（5）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（人教B版）

**基本信息** 聚焦导数综合应用，通过切线方程、单调性、极值、零点及不等式证明题型，构建从概念应用到综合拓展的知识逻辑，培养数学思维与问题解决能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |切线方程与单调性|1-2(1)|结合三角函数、指数函数求切线，单调性求参数|导数几何意义到导数与单调性关系的应用| |极值与参数范围|2(2)、5(2)|含参数函数极值存在性及大小判断，极值点唯一性证明|导数与极值关系的深化，参数分类讨论思想| |单调性与零点问题|3|三角函数与指数函数乘积的单调性，零点唯一性求参数|导数研究复杂函数性质，函数与方程思想| |综合应用与证明|4|单调性讨论、恒成立求参数、数列不等式证明|导数与不等式、数列的综合，转化与化归思想| |极值点与恒成立|5(3)|存在性参数下的恒成立求最值|极值与最值关系，数形结合与逻辑推理|

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)由题得,g(x)=(ex-1)cos x-sin x,x∈(0,2π), 则g'(x)=excos x-(ex-1)sin x-cos x=(ex-1)(cos x-sin x). 当0<x<2π时,ex>1, 所以ex-1>0. 令g'(x)>0,则cos x>sin x, 得0<x<或<x<2π; 令g'(x)<0,则cos x<sin x, 得<x<. 所以g(x)在和上单调递增,在上单调递减. (2)由h(x)=ex-a-xcos x,得h'(x)=ex-cos x+xsin x,x∈[0,2π]. 令φ(x)=ex-(x+1),x∈[0,2π],则φ'(x)=ex-1≥0, 所以当x∈[0,2π]时,φ(x)单调递增,又φ(0)=0,所以φ(x)≥0,即ex≥x+1, 则当x∈[0,2π]时,h'(x)=ex-cos x+xsin x≥x+1-cos x+xsin x=x(1+sin x)+(1-cos x)≥0, 所以h(x)在[0,2π]上单调递增,h(0)=1-a,h(2π)=e2π-2π-a, 由题意得,1-a≤0≤e2π-2π-a,解得1≤a≤e2π-2π, 所以实数a的最小值为1. 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)由题得f(1)=(a-1)ln 1=0,f'(x)=-ln x+=-ln x-1,则f'(1)=a-1, 所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-0=f'(1)(x-1), 即y=(a-1)x+1-a. (2)证明:f'(x)=-ln x+=-ln x-1(a>0). 设g(x)=f'(x)=-ln x-1, 则g'(x)=--<0, 所以g(x)=f'(x)=-ln x-1在(0,+∞)上单调递减, 而g=ae-ln-1=ae>0,g(ea+1)=-ln ea+1-1=-a-2=a-2<0, 所以g(x)在上存在唯一变号零点,故f(x)存在唯一的极值点. (3)对任意x>0,f(x)≤a+b恒成立,即对任意x>0,b≥a(ln x-1)-xln x恒成立. 令L(x)=a(ln x-1)-xln x,则L'(x)=-ln x-1=g(x)=f'(x). 设g(x)=f'(x)=-ln x-1的零点为x0,即g(x0)=-ln x0-1=0,可得a=x0(1+ln x0),因为a>0,所以x0>. 当x∈(0,x0)时,L'(x)>0,则L(x)在(0,x0)上单调递增; 当x∈(x0,+∞)时,L'(x)<0, 则L(x)在(x0,+∞)上单调递减. 则L(x)max=L(x0)=x0(ln x0)2-x0(1+ln x0),所以存在x0>,b≥x0(ln x0)2-x0(1+ln x0). 令M(x)=x(ln x)2-x(1+ln x),则M'(x)=(ln x)2+ln x-2=(ln x+2)(ln x-1),所以当x∈时,M'(x)<0,则M(x)在上单调递减; 当x∈(e,+∞)时,M'(x)>0, 则M(x)在(e,+∞)上单调递增. 所以M(x)min=M(e)=-e, 所以b≥-e,故b的最小值为-e. 学科网（北京）股份有限公司 $ 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·安徽蚌埠三模] 已知函数f(x)=ex-a. (1)若a=1,g(x)=f(x)·cos x-sin x,讨论函数g(x)在(0,2π)上的单调性; (2)若h(x)=f(x)-xcos x在[0,2π]上有唯一的零点,求实数a的最小值. 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.[2026·辽宁省实验中学期中] 已知a>0,函数f(x)=(a-x)ln x. (1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)证明:f(x)存在唯一的极值点; (3)若存在a使得f(x)≤a+b对任意x>0恒成立,求b的最小值. 学科网（北京）股份有限公司 $