主题2 第3章 第4节 导数的综合应用（配套练习Word版）-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮课时作业（北师大版）

**基本信息** 聚焦导数综合应用，以分类讨论、构造函数为核心方法，系统覆盖极值、单调性、零点、不等式证明等高频考点，强化逻辑推理与转化思想。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |极值与参数范围|2题|求导判单调→极值分析→参数转化|导数与函数极值关系→不等式恒成立问题| |单调性与证明|2题|含参单调性分类→构造函数比最值|导数符号与单调性→不等式证明的转化策略| |零点与切线|2题|切线斜率关系→零点存在性定理→分类讨论|导数几何意义→函数零点个数的极值判定| |新定义与综合|2题|新定义转化→存在性问题构造函数|导数应用的跨情境迁移→数学语言表达与模型构建|

课时冲关20　导数的综合应用 1．已知函数f(x)＝xln x(x>0)． (1)求函数f(x)的极值； (2)若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≤成立，求实数m的最小值． 解：(1)由f(x)＝xln x，得f′(x)＝1＋ln x，定义域为(0，＋∞)， 令f′(x)>0，得x>；令f′(x)<0，得0<x<. 所以f(x)在上单调递减，在上单调递增． 所以f(x)在x＝处取得极小值，且为f＝－，无极大值． (2)由f(x)≤， 得m≥. 问题转化为m≥min. 令g(x)＝＝2ln x＋x＋(x>0)． 则g′(x)＝＋1－＝＝. 由g′(x)>0，得x>1； 由g′(x)<0，得0<x<1. 所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 所以g(x)min＝g(1)＝4，则m≥4. 故m的最小值为4. 2．已知函数f(x)＝aln x＋x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)当a＝1时，证明：xf(x)<ex. 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝＋1＝.当a≥0时，f′(x)>0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 当a<0时，若x∈(－a，＋∞)，则f′(x)>0； 若x∈(0，－a)，则f′(x)<0. 所以f(x)在(－a，＋∞)上单调递增， 在(0，－a)上单调递减． 综上所述，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a<0时，f(x)在(－a，＋∞)上单调递增，在(0，－a)上单调递减． (2)当a＝1时，要证xf(x)<ex ， 即证x2＋xln x<ex，即证1＋<. 令函数g(x)＝1＋， 则g′(x)＝.令g′(x)>0，得x∈(0，e)；令g′(x)<0，得x∈(e，＋∞)． 所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减， 所以g(x)max＝g(e)＝1＋，令函数h(x)＝，则h′(x)＝. 当x∈(0,2)时，h′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0. 所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， 所以h(x)min＝h(2)＝.因为－>0， 所以h(x)min>g(x)max， 即1＋<，从而xf(x)<ex得证． 3．已知函数f(x)＝－x3＋ax－，g(x)＝ex－e(e为自然对数的底数)． (1)若曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线与曲线y＝g(x)在(0，g(0))处的切线互相垂直，求实数a的值； (2)设函数h(x)＝试讨论函数h(x)零点的个数． 解：(1)f′(x)＝－3x2＋a，g′(x)＝ex，所以f′(0)＝a，g′(0)＝1，由题意，知a＝－1. (2)易知函数g(x)＝ex－e在R上单调递增，仅在x＝1处有一个零点，且x<1时，g(x)<0， 又f′(x)＝－3x2＋a， ①当a≤0时，f′(x)≤0，f(x)在R上单调递减，且过点，f(－1)＝－a>0， 即f(x)在x≤0时必有一个零点，此时y＝h(x)有两个零点； ②当a>0时，令f′(x)＝－3x2＋a＝0，得两根为x1＝－<0，x2＝>0， 则－是函数f(x)的一个极小值点，是函数f(x)的一个极大值点， 而f＝－3＋a－ ＝－－<0. 现在讨论极大值的情况： f＝－3＋a－＝－，当f<0，即a<时， 函数y＝f(x)在(0，＋∞)上恒小于零，此时y＝h(x)有两个零点； 当f＝0，即a＝时，函数y＝f(x)在(0，＋∞)上有一个零点x0＝＝，此时y＝h(x)有三个零点； 当f>0，即a>时，函数y＝f(x)在(0，＋∞)上有两个零点，一个零点小于，一个零点大于， 若f(1)＝a－<0，即a<时，y＝h(x)有四个零点； 若f(1)＝a－＝0，即a＝时，y＝h(x)有三个零点； 若f(1)＝a－>0，即a>时，y＝h(x)有两个零点． 综上所述，当a<或a>时，y＝h(x)有两个零点；当a＝或a＝时，y＝h(x)有三个零点；当<a<时，y＝h(x)有四个零点． 4．已知函数f(x)＝＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋2y－3＝0. (1)求a，b的值； (2)证明：当x＞0，且x≠1时，f(x)＞. 解：(1)f′(x)＝－.由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1,1)，所以即 解得 (2)证明：由(1)知f(x)＝＋，所以f(x)＞⇔＋＞⇔＋＞0⇔H(x)＝＞0.构造函数h(x)＝ln x－(x＞0)，则h′(x)＝－＝－≤0，于是h(x)在(0，＋∞)上单调递减． 当0＜x＜1时，h(x)单调递减，所以h(x)＞h(1)＝0，于是H(x)＝h(x)＞0；当x＞1时，h(x)单调递减，所以h(x)＜h(1)＝0，于是H(x)＝h(x)＞0. 综上所述，当x＞0，且x≠1时，f(x)＞. 5．已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)·ex－x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围． 解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)． (ⅰ)若a≤0，则f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减． (ⅱ)若a＞0，则由f′(x)＝0，得x＝－ln a. 当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)＜0；当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)＞0.所以f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增． (2)(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点． (ⅱ)若a＞0，由(1)知，当x＝－ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(－ln a)＝1－＋ln a. ①当a＝1时，由于f(－ln a)＝0，故f(x)只有一个零点； ②当a∈(1，＋∞)时，由于1－＋ln a＞0，即f(－ln a)＞0，故f(x)没有零点； ③当a∈(0,1)时，1－＋ln a＜0，即f(－ln a)＜0. 又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2＞－2e－2＋2＞0，故f(x)在(－∞，－ln a)有一个零点． 设正整数n0满足n0＞ln， 则f(n0)＝ 由于ln＞－ln a，因此f(x)在(－ln a，＋∞)有一个零点． 综上，a的取值范围为(0,1)． 6．定义：如果函数y＝f(x)和y＝g(x)的图象上分别存在点M和N关于x轴对称，则称函数y＝f(x)和y＝g(x)具有C关系． (1)判断函数f(x)＝log2(8x2)和是否具有C关系； (2)若函数f(x)＝a和g(x)＝－x－1不具有C关系，求实数a的取值范围； (3)若函数f(x)＝xex和g(x)＝msin x(m＜0)在区间(0，π)上具有C关系，求实数m的取值范围． 解：(1)f(x)与g(x)是具有C关系，理由如下： 根据定义，若f(x)与g(x)具有C关系，则在f(x)与g(x)的定义域的交集上存在x，使得f(x)＋g(x)＝0，因为f(x)＝log2(8x2)，g(x)＝，x＞0，所以f(x)＋g(x)＝log2(8x2)＋＝log28＋log2x2－log2x＝log2x＋3，令f(x)＋g(x)＝0，即log2x＋3＝0，解得x＝，所以f(x)与g(x)具有C关系． (2)令φ(x)＝f(x)＋g(x)，因为f(x)＝a，g(x)＝－x－1，所以φ(x)＝a－x－1(x≥1)，令t＝(t≥0)，则x＝t2＋1，故y＝φ(x)＝at－(t2＋1)－1＝－t2＋at－2， 因为f(x)与g(x)不具有C关系，所以φ(x)在[0，＋∞)上恒为负或恒为正，又因为y＝－t2＋at－2开口向下，所以y＝－t2＋at－2在[0，＋∞)上恒为负，即－t2＋at－2＜0在[0，＋∞)上恒成立，当t＝0时，－t2＋at－2＝－2＜0显然成立；当t＞0时，a＜t＋在[0，＋∞)上恒成立，因为t＋≥2＝2，当且仅当t＝，即t＝时，等号成立， 所以min＝2，所以a＜2， 综上：a＜2，即a∈(－∞，2)． (3)因为f(x)＝xex和g(x)＝msin x(m＜0)， 令h(x)＝f(x)＋g(x)， 则h(x)＝xex＋msin x， 因为f(x)与g(x)在(0，π)上具有C关系，所以h(x)在(0，π)上存在零点， 因为h′(x)＝(x＋1)ex＋m cos x， 当－1≤m≤0且x∈(0，π)时，因为(x＋1)ex＞1，|m cos x|＜|m|≤1，所以h′(x)＞0， 所以h(x)在(0，π)上单调递增，则h(x)＞h(0)＝0，此时h(x)在(0，π)上不存在零点，不满足题意； 当m＜－1时，显然当x∈时，h′(x)＞0， 当x∈时，因为h′(x)在上单调递增，且h′(0)＝1＋m＜0，h′＝，故h′(x)在上存在唯一零点，设为α，则h′(α)＝0，所以当x∈(0，α)，h′(x)＜0；当x∈，h′(x)＞0；又当x∈时，h′(x)＞0，所以h(x)在(0，α)上单调递减，在(α，π)上单调递增，h(x)在(0，π)上存在唯一极小值点α，因为h(0)＝0，所以h(α)＜0，又因为h(π)＝πeπ＞0，所以h(x)在(0，π)上存在唯一零点β，所以函数f(x)与g(x)在(0，π)上具有C关系，综上：m＜－1，即m∈(－∞，－1)． 7．已知函数f(x)＝xln x－(a＋1)x＋1，a∈R. (1)求函数f(x)的单调区间和极值； (2)若方程(2a－1)＋＋x＋2＝0有三个解，求实数a的取值范围． 解：(1)函数的定义域(0，＋∞)，f′(x)＝ln x－a， 当x＞ea时，f′(x)＞0，函数单调递增，当0＜x＜ea时，f′(x)＜0，函数单调递减， 故当x＝ea时，函数取得极小值f(ea)＝1－ea，没有极大值． (2)由(2a－1)＋＋x＋2＝0整理可得(1－2a)(xln x＋1)＝(x＋1)2， 令y＝xln x＋1，则y′＝ln x＋1＝0，可得x＝， 易得当x＞时，函数单调递增，当x＜时，函数单调递减， 故x＝时，函数取得最小值1－＞0， 即y＝xln x＋1＞0， 故原方程可转化为1－2a＝， 令g(x)＝， 则g′(x)＝， 因为x＞0，易得当x＞e或0＜x＜1时，g′(x)＞0，函数单调递增，当1＜x＜e时，g′(x)＜0，函数单调递减， 故当x＝1时，函数取得极大值g(1)＝4，当x＝e时，函数取得极小值g(e)＝e＋1， 由题意可得，y＝1－2a与g(x)有3个交点， 则e＋1＜1－2a＜4， 解得－＜a＜－， 故实数a的取值范围. 8．(2025·天津卷)已知函数f(x)＝ax－(ln x)2. (1)a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程： (2)f(x)有3个零点x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3. (ⅰ)求a的取值范围； (ⅱ)证明：(ln x2－ln x1)·ln x3＜. 解：(1)当a＝1时，f(x)＝x－(ln x)2，x＞0，f(1)＝1， f′(x)＝1－，f′(1)＝1，所求切线方程为y＝(x－1)＋1，即x－y＝0. (2)(ⅰ)因为x＞0，所以原问题可转化为：方程a＝有3个不相等的实根x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3. 令g(x)＝，则问题转化为：直线y＝a与函数g(x)的图象有3个不同的交点． g′(x)＝＝， 令g′(x)＝0，得(2－ln x)ln x＝0. 则ln x＝0或ln x＝2，解得x＝1或x＝e2. 当0＜x＜1时，ln x＜0,2－ln x＞0，所以g′(x)＜0，g(x)在(0,1)上单调递减； 当1＜x＜e2时，ln x＞0,2－ln x＞0，所以g′(x)＞0，g(x)在(1，e2)上单调递增； 当x＞e2时，ln x＞0.2－ln x＜0，所以g′(x)＜0，g(x)在(e2，＋∞)上单调递减． 由g(x)的单调性可知，g(x)的极小值为g(1)＝0，g(x)的极大值为g(e2)＝. 当x→0＋时，ln x→－∞，(ln x)2→＋∞， →＋∞，所以g(x)→＋∞. 当x→＋∞时，g(x)→0. 因为直线y＝a与函数g(x)的图象有3个不同的交点，结合g(x)的图象(图象略)可知，0＜x1＜1＜x2＜e2＜x3且0＜a＜. 故a的取值范围为. (ⅱ)要证(ln x2－ln x1)·ln x3＜， 即证·＜， 即证(ln －ln )·ln ＜， 即证(ln －ln )·ln ＜＝1＋. 由(ⅰ)中可知0＜x1＜1＜x2＜e2＜x3，且0＜a＜，则＜1,1＜＜e，＞e， 又a＝＝＝，则＝＝＝， 即＝＝＝＜， 则－ln ·ln ＝2··＜2·＝. 由(ⅰ)可知，＞e，g()＝≤，则－ln ·ln ＜. 由(e－2)2＞0，得e2＞4e－4＝4(e－1)，即＜， 则－ln ·ln ＜＜. 令＝t，则＝t＞1，＝＝， 整理得ln ＝，ln ＝， 故ln ·ln ＝(t＞1)． 证明(ln －ln )·ln ＜1＋. －ln ·ln ＜以及ln ·ln ＝(t＞1)．可以得到 (ln －ln )·ln ＝ln ·ln －ln ·ln ＜＋. 要证(ln x2－ln x1)·ln x3＜，证＜1即可， 即证ln t＜(t＞1)， 令h(t)＝ln t－，则h′(t)＝， 又t＞1，则h′(t)＜0，h(t)在(1，＋∞)上单调递减， 则h(t)＜0，即ln t＜，命题得证． 学科网（北京）股份有限公司 $