3 第三章 一元函数的导数及其应用(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学（创新版）

**基本信息** 聚焦导数几何意义、函数性质及零点问题，通过高考真题系统覆盖导数应用全场景，以题载理构建知识逻辑链。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |导数几何意义|2题|切线方程求解、公切线问题|从导数定义到几何意义的应用| |函数性质|3题|极值点判断、最值求解|导数与单调性、极值的推导关系| |零点问题|3题|零点个数讨论、参数范围|函数单调性与零点存在性的关联| |综合应用|3题|不等式证明、极值点偏移|导数工具在复杂问题中的综合运用|

第三章　一元函数的导数及其应用 1．(2024·全国甲卷)设函数f(x)＝，则曲线y＝f(x)在点(0，1)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为(　　) A． B． C． D． 解析：选A．f′(x)＝ ， 所以f′(0)＝3，所以曲线y＝f(x)在点(0，1)处的切线方程为y－1＝3(x－0)，即3x－y＋1＝0，切线与两坐标轴的交点分别为(0，1)，(－，0)，所以切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为×1×＝，故选A． 2．(2022·全国甲卷)当x＝1时，函数f(x)＝a ln x＋取得最大值－2，则f′(2)＝(　　) A．－1 B．－ C． D．1 解析：选B．由题意知，f(1)＝a ln 1＋b＝b＝－2.求导得f′(x)＝－(x>0)，因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以易得f′(1)＝a－b＝0，所以a＝－2，所以f′(2)＝－＝－.故选B． 3．(2023·全国乙卷)若函数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) 解析：选B．由题意知f′(x)＝3x2＋a，要使函数f(x)存在3个零点，则f′(x)＝0要有2个不同的根，则a<0.令3x2＋a＝0，解得x＝±.令f′(x)>0，则x<－或x>，令f′(x)<0，则－<x< .所以f(x)在(－∞，－)和(，＋∞)上单调递增，在(－，)上单调递减，所以要使f(x)存在3个零点，则 即解得>1， 即a<－3.故选B． 4．(多选)(2024·新课标Ⅰ卷)设函数f(x)＝(x－1)2(x－4)，则(　　) A．x＝3是f(x)的极小值点 B．当0<x<1时，f(x)<f(x2) C．当1<x<2时，－4<f(2x－1)<0 D．当－1<x<0时，f(2－x)>f(x) 解析：选ACD．因为f(x)＝(x－1)2(x－4)，所以f′(x)＝2(x－1)(x－4)＋(x－1)2＝3(x－1)(x－3)，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝3，当x<1或x>3时，f′(x)>0，当1<x<3时，f′(x)<0，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，(3，＋∞)，单调递减区间为(1，3)，故x＝1是函数f(x)的极大值点，x＝3是函数f(x)的极小值点，所以A正确． 当0<x<1时，x－x2＝x(1－x)>0，即0<x2<x<1，又函数f(x)在(0，1)上单调递增，所以f(x2)<f(x)，所以B错误． 当1<x<2时，1<2x－1<3，函数f(x)在(1，3)上单调递减，所以－4＝f(3)<f(2x－1)<f(1)＝0，所以C正确． 当－1<x<0时，f(2－x)－f(x) ＝(2－x－1)2(2－x－4)－(x－1)2(x－4) ＝(1－x)2(－x－2)－(x－1)2(x－4) ＝(x－1)2(－2x＋2)＝－2(x－1)3>0， 所以f(2－x)>f(x)，所以D正确．综上，选ACD． 5．(多选)(2023·新课标Ⅱ卷)若函数f(x)＝a ln x＋＋(a≠0)既有极大值也有极小值，则(　　) A．bc>0 B．ab>0 C．b2＋8ac>0 D．ac<0 解析：选BCD．因为函数f(x)＝a ln x＋＋(a≠0)，所以函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，因为函数f(x)既有极大值也有极小值，所以关于x的方程ax2－bx－2c＝0有两个不相等的正实根x1，x2， 则即 所以故选BCD． 6．(2024·新课标Ⅰ卷)若曲线y＝ex＋x在点(0，1)处的切线也是曲线y＝ln (x＋1)＋a的切线，则a＝________． 解析：由题，令f(x)＝ex＋x，则f′(x)＝ex＋1，所以f′(0)＝2，所以曲线y＝ex＋x在点(0，1)处的切线方程为y＝2x＋1.令g(x)＝ln (x＋1)＋a，则g′(x)＝，设直线y＝2x＋1与曲线y＝g(x)相切于点(x0，y0)，则＝2，得x0＝－，则y0＝2x0＋1＝0，所以0＝ln (－＋1)＋a，所以a＝ln 2. 答案：ln 2 7．(2022·新高考Ⅰ卷)若曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________． 解析：因为y＝(x＋a)ex，所以y′＝(x＋a＋1)ex.设切点为A(x0，(x0＋a)e)，O为坐标原点，依题意得，切线斜率kOA＝y′|＝(x0＋a＋1)e＝，化简，得x＋ax0－a＝0.因为曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，所以关于x0的方程x＋ax0－a＝0有两个不同的根，所以Δ＝a2＋4a>0，解得a<－4或a>0，所以a的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞). 答案：(－∞，－4)∪(0，＋∞) 8．(2024·全国甲卷)当x>0时，曲线y＝x3－3x与曲线y＝－(x－1)2＋a有两个交点，则a的取值范围是________． 解析：令x3－3x＝－(x－1)2＋a，则a＝x3－3x＋(x－1)2，设h(x)＝x3－3x＋(x－1)2，则h′(x)＝3x2－3＋2(x－1)＝(3x＋5)·(x－1)，因为x>0，所以3x＋5>0，当0<x<1时，h′(x)<0，当x>1时，h′(x)>0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减．因为曲线y＝x3－3x与y＝－(x－1)2＋a在(0，＋∞)上有两个交点，h(0)＝1，h(1)＝－2，所以a的取值范围是(－2，1). 答案：(－2，1) 9．(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． 解：(1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－1， 则f′(x)＝ex－1，则f′(1)＝e－1. f(1)＝e－2，所以切点坐标为(1，e－2)， 所以切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，即(e－1)x－y－1＝0. (2)易知函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex－a. 当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在R上单调递增，无极值； 当a>0时，由f′(x)>0，得x>ln a， 由f′(x)<0，得x<ln a，所以函数f(x)在区间(－∞，ln a)上单调递减，在区间(ln a，＋∞)上单调递增，所以f(x)的极小值为f(ln a)＝a－a ln a－a3. 由题意知a－a ln a－a3<0(a>0)，等价于1－ln a－a2<0(a>0). 方法一：令g(a)＝1－ln a－a2(a>0)， 则g′(a)＝－－2a＜0， 所以函数g(a)在(0，＋∞)上单调递减， 又g(1)＝0，故当0<a<1时，g(a)>0；当a>1时，g(a)<0. 故实数a的取值范围为(1，＋∞). 方法二：由1－ln a－a2<0(a>0)，得ln a>－a2＋1(a>0). 如图为函数y＝ln a与y＝－a2＋1在区间(0，＋∞)上的大致图象，由图易知当a>1时，ln a>－a2＋1，即1－ln a－a2<0. 所以实数a的取值范围为(1，＋∞). 10．(2024·全国甲卷)已知函数f(x)＝(1－ax)·ln (1＋x)－x. (1)若a＝－2，求f(x)的极值； (2)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围． 解：(1)当a＝－2时，f(x)＝(1＋2x)ln (1＋x)－x，x∈(－1，＋∞)，f′(x)＝2ln (1＋x)＋－1＝2ln (1＋x)－＋1. 易知f′(x)在(－1，＋∞)上单调递增，且f′(0)＝0，所以当x∈(－1，0)时，f′(x)<0，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以当x＝0时，f(x)取得极小值，为f(0)＝0，f(x)无极大值． (2)f(x)＝(1－ax)ln (1＋x)－x，x∈(－1，＋∞)，则f′(x)＝－a ln (1＋x)－， 设g(x)＝－a ln (1＋x)－， 则g′(x)＝－－. 因为当x≥0时，f(x)≥0，且f(0)＝0，f′(0)＝0，所以g′(0)＝－2a－1≥0，得a≤－， 故a≤－是原不等式成立的一个必要条件． 下面证明其充分性： 当a≤－，x≥0时，g′(x)≥－＝≥0， 所以f′(x)在[0，＋∞)上单调递增，且f′(x)≥f′(0)＝0， 所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，且f(x)≥f(0)＝0. 综上，a的取值范围是(－∞，－]. 11．(2025·全国二卷)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． (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：(1)证明：由f(x)＝ln (1＋x)－x＋x2－kx3，得f′(x)＝－1＋x－3kx2＝－3kx2＝x2(－3k). 当x＞0时，令f′(x)＝0，解得x＝－1. 因为0＜k＜，所以0＜3k＜1，则－1＞0. 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f(x)在(0，＋∞)上有唯一的极大值点－1. 因为当x＝0时，f(x)＝0，当x→＋∞时，f(x)→－∞，所以结合f(x)单调性可知f(x)在(－1，＋∞)上有唯一的零点，所以f(x)在(0，＋∞)上有唯一的零点． (2)方法一：(ⅰ)证明：g(t)＝f(x1＋t)－f(x1－t)，且由(1)知x1＝－1， 则3k＝. 则g′(t)＝f′(x1＋t)＋f′(x1－t) ＝(x1＋t)2(－3k)＋(x1－t)2·(－3k) ＝(x1＋t)2(－)＋(x1－t)2·(－) ＝(x1＋t)2·＋(x1－t)2· ＝＝ ＝ ＝， 因为t∈(0，x1)时，x－t2＋2x1＞0， (x1＋t＋1)(x1－t＋1)(x1＋1)＞0，－2t2＜0， 所以g′(t)＜0，则g(t)在区间(0，x1)上单调递减． (ⅱ)2x1＞x2，证明如下： 由(ⅰ)知g(t)在(0，x1)上单调递减， 则g(x1)＜g(0)＝f(x1＋0)－f(x1－0)＝0， 所以g(x1)＝f(x1＋x1)－f(x1－x1)＝f(2x1)－f(0)＝f(2x1)－0＝f(2x1)＜0. 因为x2是f(x)在(0，＋∞)上的零点，所以f(x2)＝0，即f(2x1)＜f(x2). 由(1)知x2∈(x1，＋∞)，且f(x)在(x1，＋∞)上单调递减，所以2x1＞x2. 方法二：根据题意f′(x1)＝0，f(x2)＝0， 所以x1＝－1且ln (1＋x2)－x2＋x－kx＝0，同时0＜x1＜x2. (ⅰ)证明：g′(t)＝f′(x1＋t)＋f′(x1－t) ＝(x1＋t)2(－3k)＋(x1－t)2·(－3k) ＝(x1＋t)2(－)＋(x1－t)2·(－) ＝(x1＋t)2·＋(x1－t)2· ＝·[－]， 令φ(t)＝(－x1＜t＜x1)，则φ′(t)＝，当t∈(－x1，x1)时，φ′(t)＞0，φ(t)单调递增，当0＜t＜x1时，φ(－t)＜φ(t)，所以＜. 所以g′(t)＜0，所以g(t)在(0，x1)上单调递减． (ⅱ)2x1＞x2，证明如下：由(ⅰ)知，当t∈(0，x1)时，g(t)单调递减，所以g(t)＜g(0)＝0，所以f(x1＋t)＜f(x1－t)，令t＝x1，所以f(2x1)＜f(0)＝f(x2)，又0＜x1＜x2，且f(x)在(x1，＋∞)上单调递减，所以2x1＞x2. 学科网（北京）股份有限公司 $