练案20 第三章 第3讲 第3课时 导数与函数的零点&练案21 高考大题规范解答 —— 函数与导数-【衡中学案】2027年高考数学一轮总复习练案

练案[20] 第三课时 导数与函数的零点 A组基础巩固男 3.（(2026·江苏扬州模拟)已知函数f(x)=ln(mx)-x(m>0). (1)若f(x)≤0恒成立，求m的取值范围； 1.设函数x)= F2l血x,k>0. (2)若f(x)有两个不同的零点x1,x2,证明：x1+x2>2. (1)求f(x)的单调区间和极值； (2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，√e]上 仅有一个零点. 4.已知函数f(x)=xe-1,g(x)=lnx-mx,m∈R 2.(2025·渭南模拟)已知函数f(x)=xsin x+sinx+ (1)求f(x)的最小值； （2)设函数h(x)=f(x)-g(x),讨论h(x)零点的个数. 》 (1)求f(x)在(0，π)上的单调区间； (2)设g(x)=x2+4-4f(x),试判断g(x)在[0，+∞)上 的零点个数，并说明理由. —320— 3B组能力提升9 的C组拓展应用（选作）习 1.（2026·云南玉溪一中质检)已知函数f(x)=x2-(2a+ (2026·广东东莞七校联考)已知函数f(x)=lnx+ 1)x+aln x(aER). 1 (1)若函数y=f(x)在x=1处的切线平行于x轴，求a 2r2-(a+1)x 的值； (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切 (2)讨论f(x)的单调性； 线方程； (3)若g(x)=f(x)-x2-(a-1)nx有两个不同的零点 (2)若两数g()=f八)-2a有两个不同的零点 x1,x2,求a的取值范围。 x1,X2 ①求实数a的取值范围 ②证明：x1·x2>e2 2.(2025·湖南郴州模拟)已知函数x)=2alnx+ 2 (a+2)x,其中a为常数. (1)当a>0时，试讨论fx)的单调性； (2)若函数f(x)有两个不相等的零点x1,x2, ①求a的取值范围； ②证明：x1+x2>4. —321— 练案[21] 高考大题规范解答一函数与导数 1.(2026·广东部分学校联考)设函数f八x)=(x-a）·3.(2025·浙江杭州二模)已知丙数f(x)=心- sin ax(a>0). 2a3 (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在原点处的切线方程； ax(a∈R) (2)若f(x)存在与极值点相等的零点，求a的最小值. （1)若a=0,求f(x)的极小值； (2)当a>-时，求f代x)的单调递增区间； (3)当a>0时，设f(x)的极大值为g(a),求证： 2 g(a)≥ 2.（2026·河北邯郸二模)已知函数f(x)=lnx,g(x) =3sin x 2+cos x （1)讨论函数h(x)=ax-f(x)的单调性； (2)证明：xf(x)>g(x)-1. —322f)=61ne-o-1=0. 即在区间[l,e]上，h(x)mn<0. 当a≤0时，函数h(x)在[l,e]上单调递增， 即fx)≥0. 则h(x)ma=h(1)=-a≥0，不符合题意. g'(x)=1-m 当a>0时，函数h(x)在[1，a+1]上单调递减，在[a+1,+o]上 er, 单调递增， 令g'(x)=0,得x=m+1,令g'(x)>0,得x>m+1,令g'(x)<0,得 (i)若a+l≤e,即a≤e-1时， x<m+1, 函数h(x)在[1，a+1]上单调递减，在[a+1,e]上单调递增， 所以g(x)在(-∞，m+1)上单调递减，在(m+1,+0）上单调 所以h(x)mn=h(1+a)=a-(2+a）·ln(1+a)<0, 递增， 设m(a)=a-(2+a)n(1+a),其中0<a≤e-l, 所以g(x)≥g(m+1)=m-l-m- em+ em+l 1-n(1+a)<0, 则m'(a)=1 因为Hx1e(0,+o),3x2∈Rf(x)-1≥g(x2), 所以函数m(a)在(0，e-1]上单调递减， 所以f代x)nmin-1≥g(x)mm, 则m(a)<m(0)=0,符合题意，故0<a≤e-l; 1 所以-1≥ e,解得m≤-l, (ii)若a+1>e,即a>e-1时， 函数h(x)在[1，e]上单调递减， 所以m的取值范围为(-∞，-1]. C组拓展应用（选作） 所以h(x)m=h(e)=e-(a+2)-a+1 , [解析](1)当a=1时，f(x)=x-3nx,其中x>0,则f'(x)=1- 解得a> 2-2e-1 3-x-3 e+1 xx 因为2-2e-1 (e-1)=e2-2e-l-(e+1)(e--2e 由f'(x)<0可得0<x<3, e+1 e+1 由f'(x)>0可得x>3, 则a>e-1. 所以函数f(x)的单调递减区间为(0,3)，单调递增区间为(3，+∞)， 综上所述，实数a的取值范围是(0，+∞). 所以f(x)m=f(3)=3-3n3. 练案[20] (2)因为h(x)=fx)-g()=x(a+2·nx-a+ ,其中>0， A组基础巩固 则h'(x)=1-a+2,a+l 1.[解析](1)函数f(x)的定义域为(0，+o) 由fx)= x -kln x(>), =x2-(a+2)x+(a+1) 2 得f'(x)=x- (x-1)[x-(a+1)] 由'(x)=0,解得x=(负值舍去). 当a+1≤0，即a≤-1时，由h'(x)<0可得0<x<1,由h'(x)>0可 f'(x)与f(x)在区间(0，+0)上随x的变化情况如下表， 得x>1, x (0,√E) E (E,+0) 此时函数h(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，+∞)： f(x) 0 当0<a+1<1,即-1<a<0时， 由h'(x)<0可得a+1<x<1,由h'(x)>0可得0<x<a+1或x>l, k(1-lnk)》 f(x) 此时，函数h(x)的单调递增区间为(0，a+1),(1,+∞)，单调递 2 减区间为(a+1,1): 所以f代x)的单调递减区间是(0，W),单调递增区间是（√，+∞）. 当a+1=1,即a=0时，对任意的x>0,h'(x)≥0，且不恒为0， f代x)在x=压处取得极小值代瓜)=(1-lh) ,无极大值. 此时函数h(x)的单调递增区间为(0，+∞)，无单调递减区间： 当a+1>1,即a>0时， (2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，+∞)上的最小值为f() 由h'(x)>0可得0<x<1或x>a+1,由h'(x)<0可得1<x<a+1, =k(1-In k) 此时函数h(x)的单调递增区间为(0,1)，(a+1,+∞)，单调递减 2 区间为(1，a+1). 因为代x)存在零点，所以(1，血》≤0，从而k≥c, 综上所述，当a≤-1时，函数h(x)的单调递减区为(0,1)，单调 2 递增区间为(1，+∞）； 当k=e时，f(x)在区间(1，e]上单调递减且f(e)=0, 当-1<a<0时，函数h(x)的单调递增区间为(0，a+1), 所以x=E是f(x)在区间(1，√E]上的唯一零点； (1,+∞)，单调递减区间为(a+1,1): 当a=0时，函数h(x)的单调递增区间为(0，+∞)，无单调递减 当>e时f(x)在区间(1，]上单调递减且f1)=2>06) 区间： =e 当a>0时，函数h(x)的单调递增区间为(0,1)，(a+1,+o),单 2c0, 调递减区间为(1，a+1). 所以f(x)在区间(1，W]上仅有一个零点. (3)由(2)可知，在区间[1，e]上存在-点xo, 综上可知，若f代x)存在零点，则fx)在区间(1，√]上仅有一个 使得h(xo)=f(x)-g(xo)<0, 零点. -580- 2[解折]（)x)=im+n(+受) (2)h(x)=xe-lnx+mx-1,且x∈(0，+o), =xsin x+cos x ..f'(x)=xcosx, 令h(x)=0,得en+ +m=0 x .0<x<T, 令k(x)=en+1 ·由f'(x)>0,得0<< +m,则h(x)与(x)有相同的零点， 2 且k(x)=c1-(血+l-2e+lnx 由f(0,得号Km， x2 令r(x)=e+lnx,则r'()=(x+2x)e+1 “)在(0，)上的单调递增区间为(0，？） ,单调递减区间 因为当x>0时，则r'(x)>0,所以r(x)在区间(0，+∞)上单调 为（受 递增， (2)g(x)=x2+4-4fx) =e -1<0,r(1)=e>0, =x2+4-4 xsin x-4c0sx,x≥0， 则g(0)=0,g'(x)=2x(1-2cosx), 所以3oe(日1）後r()=0, 当xe(0,号）时，g()<0.8()单调遵减，8(x)<g(0)=0, 且当xe(0,xo)时，r(x)<0,即k'(x)<0; 当x∈(x,+∞)时，r(x)>0,即'(x)>0, 当e(行）时g()>0s)单调莲增， 所以k(x)在区间(0，xo)上单调递减，在区间(x,+∞)上单调 递增， (）() +4-4m 3 570 因此k()的最小值为()=e血g+ 在(o,) 上有唯一零点； 由r(o)=0,得60+ln=0,即xe=n。0 当时，(>2+4--4-空 5π -4xπ>0. 令p(x)=fx)+1,则p(x)在区间(0，+o)上单调递增， 故6()在[罗+）上无零点。 因为<，<1，所以n>0 又g(0)=0, 1 g(x)在[0，+∞)上有且只有两个零点. 则p(o)=n0 3.[解析](1)首先由m>0可知fx)的定义域是(0，+0)， 所以。=-h0,从而h0=-0,即e0=上 从而f(x)=ln(mx)-x=lnx-x+lnm. 政fe)=1:从需当0c1时>0， 所以()的最小值6()=e血+1初 -+m=m+1 x 所以当m>-1时，k(x)没有零点； 当x>1时f'(x)<0. 当m=-1时，k(x)有一个零点； 故f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，+0)上单调递减，所以f代x) 当m<-1时，因为k(xo)<0, 具有最大值f(1)=nm-1. 所以命题等价于lnm-1≤0，即m≤e. 当x趋近于0时，k(x)趋近于+∞；当x趋近于+0时， 所以m的取值范围是(0，e]. k(x)趋近于+∞， 所以k(x)有两个零点。 (2)证明：不妨设x1<2,由于f(x)在(0,1)上单调递增，在 综上，当m>-1时，h(x)的零点个数为0； (1,+0）上单调递减，故一定有0<x1<1<x2 当m=-1时，h(x)的零点个数为1： 在-1<t<1的范围内定义函数. 当m<-1时，h(x)的零点个数为2. p(t)=f(1+t)-f1-t). B组能力提升 则p()=f(1+)+f(1)=+是-2 1H1-i1-0, 1.[解析](1)f(x)=2x-2a-1+a 所以p(t)单调递增. 这表明t>0时p(t)>p(0)=f1)f1)=0, 故f'(1)=2-2a-1+a=0,则a=1. 即f1+t)>f1-t). （2r0-2-(2a1)+ 又因为f2-x1)=f(1+(1-x))>f(1-(1-x)=f(x1)=0= f),且2-x1和2都大于1， 2x2-(2a+1)x+a_（2x-1)(x-a） 故由f(x)在(1，+0)上的单调性知2-x1<x2,即x1+x2>2. 4.[解析]（1)f(x)的定义域为R,f'(x)=(x+1)e, 当a心时，令f(>0,解得oa度0<分 则当x<-1时f'(x)<0:当x>-1时f'(x)>0, 所以f(x)在区间(-∞，-1)上单调递减， 令r(0,解得<a, 在区间(-1，+∞)上单调递增， 因此)的最小值为-1)=1-1 故此时)在(0，），(a,*a)单调递指，在（行，a)上单调 e 递减， —581— 当0时了()≥0在(0，+)上恒成立，放此时)在(0， f(a)=2aln a+- -(a2)a2(dha-4) +∞)单调递增， 4-a 令y=4ma-a-4且>0，则y=。-1手 当0a<时，令f()>0,解得>或0ra,令f()<0,解 a 所以0<a<4时y'>0,a>4时y'<0, 得a<x<2, 故y=4lna-a-4在(0,4)上单调递增，在(4，+∞)上单调递减， 则ym=8n2-8<0,所以f(a)<0, 故此时)在(0a),(行，+）单调道增，在(a,2）上单调 结合(1)中f(x)的单调性，易知a>0不可能出现两个不相等的 零点， 递减， 当a=0时)=-，放)在(0，)上单调递减，在（分 又=0时)=方-2x在(0+x)上只有-个零点，不 满足， +∞上单调递增， 所以a<0,此时，在(0,2)上f'(x)<0,在(2，+∞）上f'(x)>0, 1 故在(0,2)上f(x)单调递减，在(2，+∞)上f(x)单调递增，则 当a<0时，令f'()>0,解得x2,令f'()<0,解得0<<2 f代x）m=f2)=2(aln2-a-1), 款)在(0，）上单调道减，在（行，*如）上单调道塔 又x趋向于0时，f(x)趋向正无穷，只需g(a)=a(ln2-l)-l<0 成立， (3)g(x)=f(x)-x2-(a-1)Inx=x2-(2a+1)x+alnx-x2-(a-1)Inx= -(2a+1)x+lnx, 显然g(a)在(-0,0)上单调递减，且当a二n2-时g(a)=0, 令8(x)=-(2a+1)x+lnx=0,则2a+1=血x 1 所以n2-a<0时g(a)c0恒成立， 记h(x)=h”,则(x)=1-x 即所求范围为1n2-a<0, 当>e时，(x)=1-n<0. 所以a x2 (n2o 当0c质-1h,0 ②证明：由①，在n2-<a<0时，代x)存在两个不相等的零点 故h(x)在(0，e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减， X1,X2, 且h(e)=,当>1时h(x)>0恒成立， 不妨令0<x,<2<x2,要证x+x2>4, e 即证x2>4-x1,而4-x1∈(2,4)， 要使g(x)有两个零点，则2a+1=血产有两个交点， 由①知：在(2，+0)上f代x)单调递增， 只需证f4-x1)<fx2)=f(x1)=0, 故0<2a+1< ,解得-2<a<2e 11-e e 由2n新+-(a*2)x=-0. y=h(x) 则x-4x1=2a(x1-2lnx1) y=2a+ 令h(x)=f4-x)-f(x),且0<x<2, 则6)=2alh(4-)+4-)-(a+2)4-)-2ah方+ 1 2.[解析](1)由题设f"(x)=20+x-(a+2)=-(a+2)x+20 (a+2)x x 2aln(4-x)-2aln x-4a+2ax, (x-2)(x-,且xe(0,+0) 所以，在(0,2)上'(x)=-2a.（x-2 t(4-x>0, 当0<a<2时，在(0，a)上f(x)>0,在(a,2)上f'(x)<0,在 即h(x)在(0,2)上单调递增， (2,+0)上f'(x)>0, 所以h(x)<h(2)=2aln2-2aln2-4a+4a=0, 所以，在(0，a)、(2,+∞)上fx)单调递增，在(a,2)上f(x)单调 即f4-x1)<fx1)=f(x2)成立， 递减； 所以x1+x2>4,得证. 当a=2时，在(0，+0)上f'(x)≥0恒成立，故f(x在(0，+0) C组拓展应用（选作） 上单调递增； 当a>2时，在(0,2)上f'(x)>0,在(2，a)上f(x)<0,在 [解析】()当a=1时)=h+分-2，e(0,+a), (a,+o)上f'(x)>0, 所以，在(0,2)、(a,+∞)上f(x)单调递增，在(2，a)上fx)单调 f'(x)=1 +x-2, x 递减. fa=0=号 2)①由f2)=2aln2+7x22-(a+2)x2=2(aln2-a-1)<0 若a>0时， 由线=)在点(1)处钩切线方程是=号 —582 (2)①通数g())-子m2有两个不同的零点， f'(xo)=sin axo+(axo-a2)cos axo=0, 由方程(x0-a)sin axo=0,解得xo=a或sin axo=0. 等价于方程a+1血产有两个不同实根1西 ①当x=a时f'(xo)=sin ax0+(ax0-a2)cos axo=sina2=0, 解得a2=km(k∈N),又a>0, 1-ln x 令p(x)=hx,则p(x)=1 x2, 故a=√km(keN*). “p(x)=在(0，e)上单调递增，在(e,+0)上单调递减， ②当sin ax=0时， 2. f(xo)=sin axo+(axo-a2)cos axo=a(xo-a)cos axo=0, 则当=c时，4()-产家得装大位片 且易知cos ax。≠0， x 又a>0,故只有xo=a,结合sin axo=0, p(1)=0,当xe(0,1)时，p(x)<0; 同①解得a=√k行(keN*). 当x∈(1，+∞)时，p(x)>0,故p(x)的大致图象如图所示. 综上，a=√/π(k∈N),当k=1时，a取最小值JT,经检验，符 合题意 45 2.[解析](1)由题知h(x)=ax-f(x)=ax-lnx,其定义域为 (0,+0）,则h'(x)=a-1=-1 当a≤0时，h'(x)<0,h(x)在(0，+o)上单调递减； 当a+1e(0,）,即-1a<1时， 当>0时，令'()>0，解得1 令h'(x)<0,解得0<x<二 函数g()=f)2有两个不同的零点西， a 故实数a的取位范围是(1，。) ∴面数6()在(0，日）上单调造减，在（合+）上单调 递增 ②证明：不妨设0<x1<x2 综上所述，当a≤0时，函数h(x)在(0，+∞)上单调递减： 则有lnx1=(a+1)x1,lnx2=(a+1)x2, 两式相加得ln(xx2)=(a+1)(x+x2), 当0时，函数A()在(0，）上单调道减，在（日+n）上 两式相减得1n点=(a+1)(3,-), 单调递增。 (2)证明：要证xf(x)>g(x)-1, n(xx)x+x2 . 即证xlnx+1> 3sin x 2+cos x 由(1)知当a=1时，h(x)=x-lnx在(0,1)上单调递减，在 要证x1·2>e2, (1,+0)上单调递增， 只需证1n(x,)=+n>2, ∴.h(x)≥h(1)=1-ln1=1,即x-lnx≥1， X2-X1 X1 即证1n与>25- 2(- 恤x≥1，心l+nx≥为 令H(x)=x 3sin x 2+cos x 3cos x(2+cos x)+3sin'x(cos x-1)2 设=2(>1)，令F0)=ln+12, 4 则(x)=1- (2+c0sx)2 (2+cs)≥0在 (0,+0)上恒成立，且不恒为0， 则F(t)=(1)2 4(+1)>0, (x)在(0，+∞)上单调递增， .当x>0时，(x)>H(0)=0, ∴.函数F(t)在(1，+∞)上单调递增， 又F(1)=0,F(t)>0,即x1·x2>e2. 3simx>0,即x72+c0sx' 3sin x 即X2+cosX 练案[21] 3sin x .1+xnx≥x>2+c0sx 1.[解析](1)因为f(x)=（x-a)sin ax, 原不等式成立 所以f'(x)=sin ax+(ax-a3)cos ax.. 3.[解析](1)若a=0,则f(x)=xe,f'(x)=e*(x+1). 当a=1时，f'(x)=sinx+(x-1)cosx, 令f'(x)=0,得x=-1. f0)=0,f'(0)=0-1=-1. 当xe（-∞，-1)时，f'(x)<0, 故曲线y=f(x)在原点处的切线方程为y=-x, 当xe(-1,+∞)时f'(x)>0 即x+y=0. 所以f(x)在(-∞，-1)上单调递减，在(-1，+0)上单调递增，故 (2)设xo既是f代x)的零点，也是f代x)的极值点， 则有f(x)=(xo-a)sin axo=0, )的极小值为-1)=日 —583 (2)由题意知函数f(x)的定义域为R, 4 f'(x)=e(x+1)-ax-a=(e-a)(x+1)(a∈R) 5 4 5.D 由题意可得sina= 5,cos a 因为a>。,所以1血>-l,由f(x)>0, )() 即(e-a)(x+1)>0,解得x<-1或x>lna, 3 所以f(x)在(-o,-1)和(lna,+o)上单调递增； ,则sina+2cosa=- 由f'(x)<0,即(e-a)(x+1)<0,解得-1<x<na, 所以f(x)在(-1，lna)上单调递减， V()(】 2号号放 故f(x)的单调递增区间为(-0，-1)和(na,+o). 选D. (3)证明：当a>。时，由(2)知)的损大值为-1）=a） 6.B由扇形的周长和面积公式都和半径和弧长有关，可设出半 径和弧长，表示出周长和面积公式，利用配方法即可求解，也可 111、2 以应用均值定理求解。 e+2a>2ee2 解法一：设扇形半径为r,弧长为l,则周长为2r+l=100,面积为 当a=时，(x)≥0，()在(-0，+0)上单调递增)无极 s=.因为5=10-2r=45w--25户465. 大值 所以当r=25时，Smm=625. 当0<a<一时，lna<-l,若xe(-o,ha),则f'(x)>0,f(x)单调 解法二（应用的值定理）：5=之=（10-2)7=(50-r7≤ 递增； /50-r+r\ 2 =625,当且仅当50-r=r,即r=25时等号成立，故 若xe(lna,-1),则f'(x)<0,f(x)单调递减； 若xe(-1,+0),则f(x)>0,f(x)单调递增， 选B. 所以代x)的板大值为fna)=g(a)=。 2a(In a)2 7.C若a为第二象限角，当a= 时，可得20=要在第四象限， 对于g()=(h(0<） 此时sin2a<0,cos2a>0,即A,B错误：当&=3T时，可得sina+ 可得g()=-n(n+1）: ma-号：(-号)=0，即D错误：由a为第二象限角可符 当xe(0,)时g)0, sina>0,cosa<0,所以sin&-cosa>0,即C正确.故选C 当xe(）)时四0. 8C根据题意，设经过：秒，第二次相圈点（子，受）对应的 2a+2B=2T, 所以8()在(0，)）上单调遵减，在（日）上单调道增。 圆心角为子则有 2 2,则a=号B=子m则由号×+ a=3m, 所以e产）= 2 π=4π，解可得1=4，所以第二次相遇时，P走过的总路程为 综上所述，g(a)≥ 2 4写×1-故选C 3 练案[22] 9.ACD确定一个角的某一三角函数值的符号关键要看角在哪个 象限，确定一个式子的符号，则需观察构成该式的结构特点及 A组基础巩固 每部分的符号.对于A,因为1125°=1080°+45°，所以1125°是 1.C因为-1845°=-6×360°+315°，所以-1845°转化成弧度为 -12m* 第一象限角，所以血1125°>0：对于B,因为7m2五+3 12,则 是结三象限角，所以m吕r0,血召<0，放m韶· 37 37 Csin3>0,am)>0,cos(-2)=cos2<0,tan(-2)=-tan2>0. 37 选C sin2π<0；对于C,因为5弧度的角在第四象限，所以sin5<0, 3.B因为P(sin0,cos0)是角-牙的终边上一点，所以 an5<0.故n5>0:对于D,因为4<1<2，所以n1-11>0. ms(-）=sim0=2sin(-） =cos 0--/3 则tan0=sn0 10AD因为直线中-0的领斜角是行航以终边落在直线中=0上 31 的角的取值集合为{0a=2km年或u=2π+ 4keZ或 4.C由大轮有25个齿，小轮有15个齿，大轮每分钟转3圈，得小 3×2 轮每分钟转的圈数为 15 =5,因此小轮每秒转的弧度数为1.BC由点P1,-2)(t<0)在第二象限，可得a是第二象限角， 5石，所以小轮每秒转过的弧长是石x2-号(m） 但不一定是钝角，B正确，A错误；m4=-2=-2,C正确：由 606 6 584