3.3 导数的综合应用--2027通用版高考数学第一轮章节练（含答案）
文档属性
| 名称 | 3.3 导数的综合应用--2027通用版高考数学第一轮章节练（含答案） |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 384.6KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2026-01-31 00:00:00 | ||
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文档简介
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2027通用版高考数学第一轮
3.3 导数的综合应用
考点1 利用导数证明不等式
五年高考
1.★★★(2024全国甲文,20,12分)已知函数f(x)=a(x-1)-ln x+1.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设a≤2,证明:当x>1时, f(x)2.★★★★(2024新课标Ⅰ,18,17分)已知函数f(x)=ln+ax+b(x-1)3.
(1)若b=0,且f'(x)≥0,求a的最小值;
(2)证明:曲线y=f(x)是中心对称图形;
(3)若f(x)>-2当且仅当13.★★★★★(2022新高考Ⅱ,22,12分)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a的取值范围;
(3)设n∈N*,证明:>ln(n+1).
4.★★★★★(2025全国一卷,19,17分)(1)求函数f(x)=5cos x-cos 5x在区间的最大值;
(2)给定θ∈(0,π)和a∈R,证明:存在y∈[a-θ,a+θ]使得cos y≤cos θ;
(3)设b∈R,若存在φ∈R使得5cos x-cos(5x+φ)≤b对x∈R恒成立,求b的最小值.
5.★★★★★(2023新课标Ⅱ,22,12分)
(1)证明:当0(2)已知函数f(x)=cos ax-ln(1-x2),若x=0是f(x)的极大值点,求a的取值范围.
三年模拟
1.★★★(2025届河南名校学术联盟冲刺模拟(二),6)已知a=esin 1-1,b=sin 1,则 ( )
A.C.2.★★★(2026届重庆十一中第一次质量检测,8)已知 x∈(0,+∞),有ln x-a+1≤0,则a的取值范围是 ( )
A.
C.
3.★★★★(2026届四川绵阳博美实验高级中学开学考,8)已知当x>0时,xex-2x≥a+2ln x恒成立,则实数a的取值范围为 ( )
A.(-∞,1] B.(-∞,2+2ln 2]
C.(-∞,2ln 2] D.(-∞,2-2ln 2]
4.★★★★(2025届江西六校二模,8)已知正实数x,y满足+2y-2=ln x+ln y,则yx= ( )
A.2 B.
5.★★★★(2026届山东名校考试联盟开学考,8)若关于x的不等式ln x-ax2-ax≥0有且只有一个整数解,则实数a的取值范围是 ( )
A.
C.
6.★★★★(2026届黑龙江哈尔滨六中期中,8)已知函数f(x)=+x+1,满足f(a-x)+f(1+3ln x)-4≤0,则实数a的取值范围是 ( )
A.(-∞,1-2ln 2] B.[1-2ln 3,+∞)
C.(-∞,2-3ln 3] D.[2-3ln 2,+∞)
7.★★★★(2026届安徽江淮十校第一次联考,14)已知不等式x≤aex+b对任意x∈R恒成立(a,b∈R),则的最小值为 .
8.★★★★(2025届安徽六安第一中学适应性考试,14)设函数f(x)=(ex-1-ax)(ln x-ax),若f(x)<0,则a的取值范围是 .
9.★★★(2025届福建漳州重点高中开学考,16)已知函数f(x)=aex-ln x-1.
(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;
(2)证明:当a≥时, f(x)≥0.
10.★★★★(2026届浙江新阵地教育联盟第一次联考,18)已知函数f(x)=ex+acos x-x(e为自然对数的底数,e≈2.718 28).
(1)若a=0,讨论f(x)的单调性;
(2)若a=-1,证明:f(x)>5在(2,3)上恒成立;
(3)若x∈[1,e],不等式acos(ln x)≥ln x-x+2恒成立,求实数a的取值范围.
11.★★★★(2025届河北联考,18)已知函数f(x)=ex-2x(x≥0).
(1)求证f(x)≥e-x;
(2)求方程f(x)=x解的个数;
(3)设n≥2,n∈N*,证明:>ln n.
12.★★★★(2026届山西长治质量检测,18)已知f(x)=ln+bx3+ax+a.
(1)证明:曲线y=f(x)是中心对称图形;
(2)若b=0, f'(x)≥0恒成立,求a的最小值;
(3)若f(x)的图象关于点(0,-2)对称,且f(x)>-2的解集为{x|0考点2 利用导数研究函数零点
五年高考
1.★★★★(2023全国乙文,8,5分)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)
2.★★★★★(2020课标Ⅲ理,21,12分)设函数f(x)=x3+bx+c,曲线y=f(x)在点处的切线与y轴垂直.
(1)求b;
(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,证明: f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
3.★★★★★(2025全国二卷,18,17分)已知函数f(x)=ln(1+x)-x+x2-kx3,其中0(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.
4.★★★★★(2021新高考Ⅱ,22,12分)已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2+b.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)从下面两个条件中选一个,证明: f(x)有一个零点.
①2a;
②05.★★★★★(2022新高考Ⅰ,22,12分)已知函数f(x)=ex-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值.
(1)求a;
(2)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
三年模拟
1.★★★(2025届安徽最后一卷,5)函数f(x)=xex-ex-1的零点个数为 ( )
A.0 B.1 C.2 D.3
2.★★★(2025届四川成都石室中学三模,6)函数f(x)=2x-m-ln x有且只有一个零点,则m的值是 ( )
A.1-ln 2 B.1+ln 2 C.ln 2 D.-ln 2
3.★★★(2026届湖北鄂东南教育联盟期中,7)函数f(x)=cos 2x·(ln x-2π+1),x∈(0,2π]的零点个数为 ( )
A.4 B.5 C.3 D.2
4.★★★(新定义理解)(2026届重庆一中月考,6)拉格朗日中值定理是微分学里的关键定理,具体内容为:若函数f(x)在闭区间[a,b]上连续,在开区间(a,b)内可导,则在区间(a,b)内至少存在一个点x0∈(a,b),使得=f'(x0)(f'(x0)是f(x)在x0处的导数值),其中x0称为函数y=f(x)在闭区间[a,b]上的中值点.现在有这样的问题:若函数f(x)=cos x在区间上的“中值点”个数为m,函数g(x)=xex(其中e为自然对数的底数)在区间[0,1]上的“中值点”的个数为n,则m+n= ( )
A.1 B.2 C.3 D.0
5.★★★(2026届安徽合肥第一中学教学质量测评,8)已知关于x的方程=ex的解集有2个子集,则a的取值范围是 ( )
A. B.(0,+∞)
C.∪[0,+∞) D.∪(0,+∞)
6.★★★★(2026届河北保定期中,8)已知a>0,函数f(x)=xex-a(x+ln x)+2存在零点,则实数a的最小整数值是 ( )
A.2 B.4 C.5 D.6
7.★★★(2026届河南商丘开学考,14)已知函数f(x)=ln x3,g(x)=mx,若关于x的方程f(x)=g(x)恰有两个实数根,则实数m的取值范围是 .
8.★★★★(2026届江苏南通调研,17)已知函数f(x)=(x-x2)ln x+k的图象在点(1, f(1))处的切线经过点(0,1).
(1)求实数k的值;
(2)证明:ln x≥1-;
(3)证明:f(x)有且仅有一个零点.
9.★★★★(2025届广东六校联考,17)已知函数f(x)=ex+acos x的图象在x=0处的切线方程为y=x+2.
(1)求实数a的值;
(2)探究f(x)在区间内的零点个数,并说明理由.
10.★★★★(2026届浙江金华十校一模,18)已知函数f(x)=ex-x-1.
(1)求曲线y=f(x)在x=0处的切线方程;
(2)若f(ln x)≥kx-xln x-1恒成立,求实数k的取值范围;
(3)当a≥1时,讨论g(x)=f(x)-axcos x在区间上零点的个数.
3.3 导数的综合应用
考点1 利用导数证明不等式
五年高考
1.★★★(2024全国甲文,20,12分)已知函数f(x)=a(x-1)-ln x+1.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设a≤2,证明:当x>1时, f(x)解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=a-,
若a≤0,则f'(x)<0,故f(x)在(0,+∞)上单调递减.
若a>0,则由f'(x)=0得x=,
当0时, f'(x)>0.
故f(x)在上单调递减,在上单调递增.
(2)证明:证明f(x)设g(x)=a(x-1)-ln x+1-ex-1(x>1),
则g'(x)=a--ex-1.
设h(x)=g'(x)=a--ex-1,
则h'(x)=-ex-1.
当x>1时,<1,ex-1>1,故h'(x)<0,
所以h(x)=g'(x)在(1,+∞)上单调递减,
而g'(1)=a-2,
又因为a≤2,所以g'(1)≤0.
故当x>1时,g'(x)<0,即g(x)在(1,+∞)上单调递减.
由于g(1)=0,所以当x>1时,g(x)<0,
即当x>1时, f(x)2.★★★★(2024新课标Ⅰ,18,17分)已知函数f(x)=ln+ax+b(x-1)3.
(1)若b=0,且f'(x)≥0,求a的最小值;
(2)证明:曲线y=f(x)是中心对称图形;
(3)若f(x)>-2当且仅当1解析 (1)f(x)的定义域为(0,2).
当b=0时, f(x)=ln+ax,
所以f'(x)=+a,
因为f'(x)≥0,
所以a≥,
依题意得a≥,
所以当x=1时,a取到最小值-2.
(2)证明:因为f(x)=ln+ax+b(x-1)3,
所以f(2-x)=ln+a(2-x)+b(1-x)3,
所以f(2-x)+f(x)=2a,
所以曲线y=f(x)关于(1,a)中心对称,
即曲线y=f(x)是中心对称图形.
(3)由(2)知曲线y=f(x)关于(1,a)中心对称,且f(x)在(0,2)内连续,故f(1)=a=-2,即f(x)=ln-2x+b(x-1)3,x∈(1,2),
f'(x)=(x-1)2,
易知y=∈(2,+∞),
所以当b≥-时, f'(x)>0在(1,2)上恒成立, f(x)单调递增,
所以f(x)>f(1)=-2成立.
当b<-时,存在x0∈(1,2),使得+3b=0,即3b=.
在(1,x0)上,f'(x)<0, f(x)单调递减,
又f(1)=-2,所以在(1,x0)上有f(x)<-2,不符合题意.
综上,可得b≥-.
3.★★★★★(2022新高考Ⅱ,22,12分)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a的取值范围;
(3)设n∈N*,证明:>ln(n+1).
解析 (1)当a=1时, f(x)=xex-ex,则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)解法一 不等式f(x)<-1等价于xeax-ex+1<0,
令g(x)=xeax-ex+1,x>0,
则g'(x)=(ax+1)eax-ex,
且g'(x)=eax(ax+1-ex-ax)≤eax[ax+1-(x-ax+1)]=(2a-1)xeax,
①当a≤时,g'(x)≤(2a-1)xeax≤0,g(x)在(0,+∞)上单调递减,
所以g(x)②当a>时,
令h(x)=g'(x)=(ax+1)eax-ex,
则h'(x)=(a2x+2a)eax-ex,
故h'(0)=2a-1>0,
所以存在δ>0,使得当x∈(0,δ)时,h'(x)>0,
所以h(x)在(0,δ)上单调递增,
故当x∈(0,δ)时,h(x)>h(0)=0,
所以g(x)在(0,δ)上单调递增,
故g(x)>g(0)=0,不满足题意.
综上可知,a的取值范围是.
解法二 函数f(x)的定义域为R, f'(x)=(1+ax)·eax-ex.
【导函数中含有参数,要根据参数对导函数取值符号的影响分段讨论】
对于x∈(0,+∞),当a≥1时, f'(x)=(1+ax)eax-ex>eax-ex≥ex-ex=0,∴f'(x)>0, f(x)在(0,+∞)上单调递增.
∵f(0)=-1,∴f(x)>-1,不满足题意.
当a≤0时, f'(x)≤eax-ex≤1-ex<0且等号不恒成立,
∴f(x)在(0,+∞)上单调递减.
∵f(0)=-1,∴f(x)<-1,满足题意.
当0【当导函数的正负不能直接判断时,可考虑构造新函数,通过研究新函数的单调性判断】
令g(x)=1+,
则g'(x)=<0,
∴g(x)在(0,+∞)上单调递减,
∴g(x)∴f'(x)≤·g(x)<0,
f(x)在(0,+∞)上单调递减.
∵f(0)=-1,∴f(x)<-1,满足题意.
当令h(x)=1+ax-e(1-a)x,
则h'(x)=a+(a-1)e(1-a)x.
∵h'(x)为减函数,
又h'(0)=2a-1>0,x→+∞,h'(x)<0,
∴ x0∈(0,+∞),使得h'(x0)=0.
【当导函数的零点存在,但不易求出时,可引入虚拟零点】
∴当x∈(0,x0)时,h'(x)>0,h(x)在(0,x0)上单调递增,h(x)>h(0)=0,
∴当x∈(0,x0)时, f'(x)=eax·h(x)>0,
f(x)在(0,x0)上单调递增.
∵f(0)=-1,∴f(x)>-1,不满足题意.
综上,a的取值范围是.
(3)证法一 构造函数h(x)=x--2ln x(x>1),
则h'(x)=1+,
易知h'(x)>0,∴h(x)在(1,+∞)上单调递增,∴h(x)>h(1)=0,
∴x->2ln x,令x=,
则有,
∴,
∴=ln(n+1).原式得证.
证法二 由(2)可知,当a=时,
f(x)=x-ex<-1(x>0),
令x=ln(n∈N*),
得ln<-1,
整理得<0,
∴,∴,
∴=ln(n+1),
即>ln(n+1).
4.★★★★★(2025全国一卷,19,17分)(1)求函数f(x)=5cos x-cos 5x在区间的最大值;
(2)给定θ∈(0,π)和a∈R,证明:存在y∈[a-θ,a+θ]使得cos y≤cos θ;
(3)设b∈R,若存在φ∈R使得5cos x-cos(5x+φ)≤b对x∈R恒成立,求b的最小值.
解析 (1)∵f'(x)=5(sin 5x-sin x)=5[sin(3x+2x)-sin(3x-2x)]=10cos 3x·sin 2x,
令f'(x)=0,由x∈,解得x=0或.
结合单调性可知,当x∈时, f'(x)>0, f(x)单调递增;当x∈时, f'(x)<0, f(x)单调递减.
故f(x)max=f.
(2)证明:假设不存在y∈[a-θ,a+θ],使得cos y≤cos θ,
则对任意y∈[a-θ,a+θ]都有cos y>cos θ.
即y∈(2kπ-θ,2kπ+θ)(k∈Z).
因此[a-θ,a+θ] (2kπ-θ,2kπ+θ)(k∈Z),
∴
因此a<2kπ且a>2kπ,矛盾.
∵存在y∈[a-θ,a+θ],使得cos y≤cos θ.
(3)由(1)知当x∈时, f(x)≤3,当x∈时, f(x)<5cos-(-1)<3,
又f(x)是周期为2π的偶函数,
∴f(x)≤3对x∈R恒成立,
∴当b≥3时,存在φ=0使得5cos x-cos(5x+φ)≤b对x∈R恒成立,
当b<3时,令θ=,
由(2)知对任意φ存在y∈使得cos y≤cos,
令x=,则x∈,
故5cos x-cos(5x+φ)=5cos x-cos y≥5×>b,
因此b<3时,均不符合题意.
综上,b的最小值为3.
5.★★★★★(2023新课标Ⅱ,22,12分)
(1)证明:当0(2)已知函数f(x)=cos ax-ln(1-x2),若x=0是f(x)的极大值点,求a的取值范围.
解析 (1)证明:令g(x)=x-x2-sin x,0令G(x)=g'(x),得G'(x)=-2+sin x<0在区间(0,1)上恒成立,所以g'(x)在区间(0,1)上单调递减,因为g'(0)=0,所以g'(x)<0在区间(0,1)上恒成立,所以g(x)在区间(0,1)上单调递减,所以g(x)令h(x)=sin x-x,0综上,当0(2)函数f(x)的定义域为(-1,1).
当a=0时, f(x)=1-ln(1-x2), f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增,x=0不是f(x)的极大值点,所以a≠0.
当a>0时, f'(x)=-asin ax+,x∈(-1,1).
(i)当0由(1)可得f'(x)=-asin ax+,
因为a2x2>0,2-a2≥0,1-x2>0,所以f'(x)>0,所以f(x)在(0,m)上单调递增,不合题意.
(ii)当a>时,取x∈ (0,1),则ax∈(0,1),
由(1)可得f'(x)=-asin ax+<-a(ax-a2x2)+
=(-a3x3+a2x2+a3x+2-a2),
设h(x)=-a3x3+a2x2+a3x+2-a2,x∈,
则h'(x)=-3a3x2+2a2x+a3,
因为h'(0)=a3>0,h'=a3-a>0,且h'(x)的图象是开口向下的抛物线,
所以 x∈,均有h'(x)>0,
所以h(x)在上单调递增.
因为h(0)=2-a2<0,h=2>0,所以h(x)在内存在唯一的零点n.
当x∈(0,n)时,h(x)<0,
又因为x>0,1-x2>0.
则f'(x)<(-a3x3+a2x2+a3x+2-a2)<0.
即当x∈(0,n) (0,1)时, f'(x)<0,
则f(x)在(0,n)上单调递减.
又因为f(x)是偶函数,
所以f(x)在(-n,0)上单调递增,
所以x=0是f(x)的极大值点.
综合(i)(ii)知a>.
当a<0时,由于将f(x)中的a换为-a所得解析式不变,所以a<-符合要求.
故a的取值范围为(-∞,-)∪(,+∞).
三年模拟
1.★★★(2025届河南名校学术联盟冲刺模拟(二),6)已知a=esin 1-1,b=sin 1,则 ( )
A.C.答案 C
2.★★★(2026届重庆十一中第一次质量检测,8)已知 x∈(0,+∞),有ln x-a+1≤0,则a的取值范围是 ( )
A.
C.
答案 D
3.★★★★(2026届四川绵阳博美实验高级中学开学考,8)已知当x>0时,xex-2x≥a+2ln x恒成立,则实数a的取值范围为 ( )
A.(-∞,1] B.(-∞,2+2ln 2]
C.(-∞,2ln 2] D.(-∞,2-2ln 2]
答案 D
4.★★★★(2025届江西六校二模,8)已知正实数x,y满足+2y-2=ln x+ln y,则yx= ( )
A.2 B.
答案 C
5.★★★★(2026届山东名校考试联盟开学考,8)若关于x的不等式ln x-ax2-ax≥0有且只有一个整数解,则实数a的取值范围是 ( )
A.
C.
答案 A
6.★★★★(2026届黑龙江哈尔滨六中期中,8)已知函数f(x)=+x+1,满足f(a-x)+f(1+3ln x)-4≤0,则实数a的取值范围是 ( )
A.(-∞,1-2ln 2] B.[1-2ln 3,+∞)
C.(-∞,2-3ln 3] D.[2-3ln 2,+∞)
答案 C
7.★★★★(2026届安徽江淮十校第一次联考,14)已知不等式x≤aex+b对任意x∈R恒成立(a,b∈R),则的最小值为 .
答案 -1
8.★★★★(2025届安徽六安第一中学适应性考试,14)设函数f(x)=(ex-1-ax)(ln x-ax),若f(x)<0,则a的取值范围是 .
答案
9.★★★(2025届福建漳州重点高中开学考,16)已知函数f(x)=aex-ln x-1.
(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;
(2)证明:当a≥时, f(x)≥0.
解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=aex-,则f'(2)=ae2-=0,解得a=,故f'(x)=.
易知f'(x)在区间(0,+∞)内单调递增,且f'(2)=0,
故当x>2时, f'(x)>0;当0(2)证明:放缩法
当a≥时, f(x)≥-ln x-1.
设g(x)=-ln x-1,则g'(x)=.
当01时,g'(x)>0.
所以x=1是g(x)的极小值点,亦是g(x)的最小值点.
故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.
因此,当a≥时, f(x)≥0.
10.★★★★(2026届浙江新阵地教育联盟第一次联考,18)已知函数f(x)=ex+acos x-x(e为自然对数的底数,e≈2.718 28).
(1)若a=0,讨论f(x)的单调性;
(2)若a=-1,证明:f(x)>5在(2,3)上恒成立;
(3)若x∈[1,e],不等式acos(ln x)≥ln x-x+2恒成立,求实数a的取值范围.
解析 (1)f(x)=ex-x, f'(x)=ex-1, 当x∈(-∞,0)时, f'(x)<0,当x∈(0,+∞)时, f'(x)>0,故f(x)在(-∞,0]上单调递减,在[0,+∞)上单调递增.
(2)证明:令g(x)=f(x)-5,则g(x)=ex-cos x-x-5,x∈(2,3),
g'(x)=ex+sin x-1≥ex-2>0,
故g(x)在(2,3)上单调递增,g(x)>g(2)=e2-cos 2-7>e2-7>0,则f(x)>5.
(3)令ln x=t,则t∈[0,1],x=et,
则acos t≥t-et+2在[0,1]上恒成立,
可以转化为m(x)=f(x)-2=ex+acos x-x-2≥0在[0,1]上恒成立,
m(0)=a-1≥0 a≥1,
又x∈[0,1]时,cos x≥0,
所以m(x)≥ex+cos x-x-2,
令h(x)=ex+cos x-x-2,
h'(x)=ex-sin x-1≥(x+1)-sin x-1≥0,【应掌握ex≥x+1,x≥sin x(x≥0)等常用放缩】所以h(x)在[0,1]上单调递增,则m(x)≥h(0)=0.
综上,a≥1.
11.★★★★(2025届河北联考,18)已知函数f(x)=ex-2x(x≥0).
(1)求证f(x)≥e-x;
(2)求方程f(x)=x解的个数;
(3)设n≥2,n∈N*,证明:>ln n.
解析 (1)证明:令h(x)=f(x)-e-x=ex-2x-e-x(x≥0),
所以h'(x)=ex+-2(x≥0),
所以h'(x)≥2-2=0,当且仅当ex= ex=1,即x=0时,等号成立,
所以当x∈[0,+∞)时,h'(x)≥0,h(x)单调递增,则h(x)≥h(0)=0,
所以f(x)≥e-x得证.
(2)由f(x)=x得ex-2x=x(x≥0),即ex-3x=0(x≥0),令g(x)=ex-3x(x≥0),
所以函数g(x)的零点个数即为方程f(x)=x解的个数,
g'(x)=ex-3(x≥0),令g'(x)=0,即ex=3,解得x=ln 3,
g'(x),g(x)随x的变化情况如表:
x [0,ln 3) ln 3 (ln 3,+∞)
g'(x) - 0 +
g(x) 单调递减 3-3ln 3 单调递增
因为g(0)=1>0,g(ln 3)=3-3ln 3<0,
所以g(x)在[0,ln 3)上有唯一一个零点,
又g(5)=e5-15>25-15=17>0,所以g(x)在(ln 3,+∞)上有唯一一个零点.
综上所述,方程f(x)=x有两个解.
(3)证明:由(1)知,ex-2x-e-x>0,x∈(0,+∞),令x=ln s(s>1),
则s-2ln s-s-1>0,即s->2ln s(s>1),
设s=,n≥2,n∈N*,满足s>1,
所以,即,
所以=ln n-ln(n-1),
所以>ln 2-ln 1+ln 3-ln 2+…+ln n-ln(n-1)=ln n,
即>ln n.
12.★★★★(2026届山西长治质量检测,18)已知f(x)=ln+bx3+ax+a.
(1)证明:曲线y=f(x)是中心对称图形;
(2)若b=0, f'(x)≥0恒成立,求a的最小值;
(3)若f(x)的图象关于点(0,-2)对称,且f(x)>-2的解集为{x|0解析 (1)证明:∵>0,∴-1∵f(-x)+f(x)=ln+b(-x)3+bx3+a(-x)+ax+2a=2a,
∴曲线y=f(x)关于点(0,a)中心对称.
(2)当b=0时, f(x)=ln+ax+a, f'(x)=+a≥0恒成立,即a≥恒成立,
∵x∈(-1,1),∴x2-1∈[-1,0),
∴≤-2,
∴a≥-2,即a的最小值为-2.
(3)由(1)知f(x)的图象关于点(0,a)对称,∴a=-2,
∴f(x)=ln+bx3-2x-2,x∈(-1,1).
令g(x)=f(x)+2,则g(x)>0的解集为(0,1).
由f(x)的图象关于点(0,-2)对称知g(x)的图象关于(0,0)对称,即g(x)为奇函数,故只需x∈(0,1)时,g(x)>0.
g'(x)=+3bx2-2,令h(x)=g'(x),
则h'(x)=+6bx
=2x,
∵x∈(0,1),∴>2,
若b≥-,则+3b>2+3b≥0,
故h'(x)>0,h(x)在(0,1)上单调递增,
故g'(x)>g'(0)=0,从而g(x)在(0,1)上单调递增,g(x)>g(0)=0,符合条件.
若b<-,存在x0∈(0,1),使h'(x0)=0,在(0,x0)内,h'(x0)<0,h(x)单调递减,h(x)综上,b的取值范围为.
考点2 利用导数研究函数零点
五年高考
1.★★★★(2023全国乙文,8,5分)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)
答案 B
2.★★★★★(2020课标Ⅲ理,21,12分)设函数f(x)=x3+bx+c,曲线y=f(x)在点处的切线与y轴垂直.
(1)求b;
(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,证明: f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
解析 (1)f'(x)=3x2+b.依题意得f'=0,即+b=0.
故b=-.
(2)证法一 由(1)知f(x)=x3-x+c, f'(x)=3x2-.
令f'(x)=0,解得x=-.
f'(x)与f(x)随x的变化情况如表:
x -∞,- - -, ,+∞
f'(x) + 0 - 0 +
f(x) ↗ c+ ↘ c- ↗
因为f(1)=f,
所以当c<-时, f(x)只有大于1的零点.
因为f(-1)=f,
所以当c>时, f(x)只有小于-1的零点.
由题设可知-≤c≤.
当c=-时, f(x)只有两个零点-和1.
当c=时, f(x)只有两个零点-1和.
当-时, f(x)有三个零点x1,x2,x3,且x1∈,x2∈,x3∈.
综上,若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,则f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
证法二 分离参数法 设x0为f(x)的一个绝对值不大于1的零点,根据题意, f(x0)=x0+c=0,且|x0|≤1,
则c=-x0,且|x0|≤1,
令c(x)=-x3+x(-1≤x≤1),
则c'(x)=-3x2+,
当x∈∪时,c'(x)<0,c(x)单调递减;
当x∈时,c'(x)>0,c(x)单调递增,
又c(-1)=,c(1)=-,c,c,所以-≤c≤.
设x1 为f(x)的零点,
则必有f(x1)=x1+c=0,
即-≤c=-x1≤,
即
解得-1≤x1≤1,|x1|≤1.
所以f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
3.★★★★★(2025全国二卷,18,17分)已知函数f(x)=ln(1+x)-x+x2-kx3,其中0(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.
解析 (1)证明: f(x)=ln(1+x)-x+x2-kx3,x∈(0,+∞),
f'(x)=-1+x-3kx2
=,
∵00,
∴当x∈时, f'(x)>0, f(x)单调递增,
当x∈时, f'(x)<0, f(x)单调递减.
∴x=是函数f(x)的极大值点,且是唯一的极值点.
∵f(0)=0,且x∈时, f(x)单调递增,
∴f>0,
当x=时, f,
令φ(x)=ln(1+x)-x,
则φ'(x)=<0,
∴φ(x)在(0,+∞)上单调递减,
∴φ(x)<φ<0,
即f<0,
又>0,
∴∈,
∴当x∈时, f(x)有唯一零点.
综上, f(x)在区间(0,+∞)存在唯一的极值点和唯一的零点.
(2)(i)∵f'(x)=,且x1=,即1-3k-3kx1=0,
∴f'(x1+t)=
=,
f'(x1-t)=,
又g(t)=f(x1+t)-f(x1-t),
∴g'(t)=f'(x1+t)+f'(x1-t)
=
=3kt·
=
=
=
=,
∵0∴g(t)在区间(0,x1)上单调递减.
(ii)2x1>x2.理由如下:
由(i)知g(t)=f(x1+t)-f(x1-t)在(0,x1)上单调递减,∴g(x1)即f(2x1)-f(0)又f(0)=0,∴f(2x1)<0,
又∵f(x2)=0,∴f(2x1)由(1)知x∈(x1,+∞)时, f(x)单调递减,∴2x1>x2.
4.★★★★★(2021新高考Ⅱ,22,12分)已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2+b.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)从下面两个条件中选一个,证明: f(x)有一个零点.
①2a;
②0解析 (1)∵f(x)=(x-1)ex-ax2+b,
∴f'(x)=xex-2ax=x(ex-2a).
①当a≤0时,ex-2a>0对任意x∈R恒成立,
当x∈(-∞,0)时, f'(x)<0,
当x∈(0,+∞)时, f'(x)>0.
因此y=f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
②当a>0 时,令ex-2a=0 x=ln(2a).
(i)当0y=f'(x)的大致图象如图1所示.
图1
图2
因此当x∈(-∞,ln(2a))∪(0,+∞)时, f'(x)>0,
当x∈(ln(2a),0)时, f'(x)<0,
所以f(x)在(-∞,ln(2a))和(0,+∞)上单调递增,在(ln(2a),0)上单调递减.
(ii)当a=时,ln(2a)=0,此时f'(x)≥0对任意x∈R恒成立,故f(x)在R上单调递增.
(iii)当a>时,ln(2a)>0,
y=f'(x)的大致图象如图2所示.
因此,当x∈(-∞,0)∪(ln(2a),+∞)时, f'(x)>0,当x∈(0,ln(2a))时, f'(x)<0,
所以f(x)在(-∞,0)和(ln(2a),+∞)上单调递增,在(0,ln(2a))上单调递减.
(2)选①.证明:由(1)知, f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,ln(2a))上单调递减,在(ln(2a),+∞)上单调递增,又f(0)=b-1>0, f<0,
所以f(x)在(-∞,0]上有唯一零点.
当x∈(0,+∞)时,
f(x)≥f(ln(2a))
=[ln(2a)-1]·2a-aln2(2a)+b
=aln(2a)[2-ln(2a)]+b-2a
>aln(2a)·[2-ln(2a)].
因为所以f(x)>0对任意x>0恒成立.
综上, f(x)在R上有一个零点.
选②.证明:由(1)知f(x)在(-∞,ln(2a))上单调递增,在(ln(2a),0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增, f(0)=b-1<0,当x→+∞时, f(x)→+∞,所以一定存在x0∈(0,+∞),使得f(x0)=0.
结合单调性知f(x)在[0,+∞)上有唯一零点.
当x∈(-∞,0)时, f(x)≤f(ln(2a))=aln(2a)·[2-ln(2a)]+b-2a<0,
即f(x)<0对任意x<0恒成立.
综上, f(x)在R上有一个零点.
5.★★★★★(2022新高考Ⅰ,22,12分)已知函数f(x)=ex-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值.
(1)求a;
(2)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
解析 (1)f'(x)=ex-a,g'(x)=a-.
当a≤0时, f'(x)>0恒成立, f(x)在R上无最小值,不符合题意.∴a>0.
令f'(x)=0,得x=ln a,
令g'(x)=0,得x=.
易知f(x)min=f(ln a)=a-aln a,
g(x)min=g=1+ln a,
∴a-aln a=1+ln a,即ln a=①.
令h(x)=ln x-(x>0),
则h'(x)=>0,
∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,
则h(x)最多有一个零点.
又h(1)=ln 1-=0,
∴方程①有且仅有一解,为a=1,即为所求.
(2)证明:由(1)知, f(x)=ex-x,g(x)=x-ln x,当x<0时, f(x)单调递减,当x>0时, f(x)单调递增;
当01时,g(x)单调递增.
不妨设直线y=b与y=f(x)的图象的两交点的横坐标分别为x1,x2,与y=g(x)的图象的两交点的横坐标分别为x2,x3,且x1∴-ln x2.
易知x1∈(-∞,0),x2∈(0,1),则ln x2∈(-∞,0),
又f(x)在(-∞,0)上单调递减,
∴x1=ln x2,同理x2=ln x3,x3=.
又-x2=x2-ln x2,∴ln x2+=2x2.
∴ln x2+=x1+x3=2x2.
∴x1,x2,x3成等差数列.
∴存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
三年模拟
1.★★★(2025届安徽最后一卷,5)函数f(x)=xex-ex-1的零点个数为 ( )
A.0 B.1 C.2 D.3
答案 B
2.★★★(2025届四川成都石室中学三模,6)函数f(x)=2x-m-ln x有且只有一个零点,则m的值是 ( )
A.1-ln 2 B.1+ln 2 C.ln 2 D.-ln 2
答案 B
3.★★★(2026届湖北鄂东南教育联盟期中,7)函数f(x)=cos 2x·(ln x-2π+1),x∈(0,2π]的零点个数为 ( )
A.4 B.5 C.3 D.2
答案 A
4.★★★(新定义理解)(2026届重庆一中月考,6)拉格朗日中值定理是微分学里的关键定理,具体内容为:若函数f(x)在闭区间[a,b]上连续,在开区间(a,b)内可导,则在区间(a,b)内至少存在一个点x0∈(a,b),使得=f'(x0)(f'(x0)是f(x)在x0处的导数值),其中x0称为函数y=f(x)在闭区间[a,b]上的中值点.现在有这样的问题:若函数f(x)=cos x在区间上的“中值点”个数为m,函数g(x)=xex(其中e为自然对数的底数)在区间[0,1]上的“中值点”的个数为n,则m+n= ( )
A.1 B.2 C.3 D.0
答案 B
5.★★★(2026届安徽合肥第一中学教学质量测评,8)已知关于x的方程=ex的解集有2个子集,则a的取值范围是 ( )
A. B.(0,+∞)
C.∪[0,+∞) D.∪(0,+∞)
答案 D
6.★★★★(2026届河北保定期中,8)已知a>0,函数f(x)=xex-a(x+ln x)+2存在零点,则实数a的最小整数值是 ( )
A.2 B.4 C.5 D.6
答案 C
7.★★★(2026届河南商丘开学考,14)已知函数f(x)=ln x3,g(x)=mx,若关于x的方程f(x)=g(x)恰有两个实数根,则实数m的取值范围是 .
答案
8.★★★★(2026届江苏南通调研,17)已知函数f(x)=(x-x2)ln x+k的图象在点(1, f(1))处的切线经过点(0,1).
(1)求实数k的值;
(2)证明:ln x≥1-;
(3)证明:f(x)有且仅有一个零点.
解析 (1)因为f(x)=(x-x2)ln x+k,
所以f'(x)=(1-2x)ln x+1-x,x>0,
所以f'(1)=(1-2)ln 1+1-1=0,
又因为f(1)=(1-12)ln 1+k=k,
所以函数f(x)=(x-x2)ln x+k的图象在点(1, f(1))处的切线方程为y-k=0(x-1),即y=k,
又切线过点(0,1),所以k=1.
(2)证明:令g(x)=ln x-1+,x>0,
则g'(x)=,
当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,所以g(x)min=g(1)=ln 1-1+1=0,
所以g(x)≥0,即ln x≥1-.
(3)证明:因为f(x)=(x-x2)ln x+1=x(1-x)ln x+1,
所以f'(x)=(1-2x)ln x+(1-x),
当x>1时,ln x>0,1-x<0,1-2x<0,所以f'(x)<0,所以f(x)在(1,+∞)上单调递减.
因为f(1)=(1-12)ln 1+1=1>0,
f(e)=(e-e2)ln e+1=e-e2+1<0,
所以x∈(1,+∞)时,存在唯一x0∈(1,e),使得f(x0)=0;
当0又因为x(1-x)≥0,
所以f(x)=x(1-x)ln x+1≥x(1-x)·+1=-(1-x)2+1=-x2+2x=-x(x-2)>0,
所以x∈(0,1]时, f(x)没有零点.
综上, f(x)有且仅有一个零点.
9.★★★★(2025届广东六校联考,17)已知函数f(x)=ex+acos x的图象在x=0处的切线方程为y=x+2.
(1)求实数a的值;
(2)探究f(x)在区间内的零点个数,并说明理由.
解析 (1)由f(x)=ex+acos x的图象在x=0处的切线方程为y=x+2,可知切点坐标为(0,2),
故f(0)=e0+acos 0=2,解得a=1.
(2)由(1)可知f(x)=ex+cos x,
∴f'(x)=ex-sin x,
令g(x)=f'(x),g'(x)=ex-cos x,
当x∈时,g'(x)>0,则g(x)在区间上单调递增.
∵g-1<0,g(-π)=e-π>0,
∴由函数零点存在定理可知,存在x0∈,使得g(x0)=0,即=sin x0,
∴当x∈时, f'(x)<0, f(x)在区间上单调递减;
当x∈(x0,-π)时, f'(x)>0, f(x)在区间(x0,-π)上单调递增,
又∵f>0,f(-π)=e-π-1<0,
∴由函数零点存在定理可知f(x)在区间上有且仅有一个零点.
当x∈[-π,0)时, f'(x)=ex-sin x>0;
当x∈[0,+∞)时, f'(x)=ex-sin x>0,
∴f(x)在区间[-π,+∞)上单调递增,
又∵f(-π)=e-π-1<0, f(0)=e0+1>0,
∴由函数零点存在定理可知f(x)在区间[-π,+∞)上有且仅有一个零点.
综上可得,f(x)在区间内有且仅有两个零点.
10.★★★★(2026届浙江金华十校一模,18)已知函数f(x)=ex-x-1.
(1)求曲线y=f(x)在x=0处的切线方程;
(2)若f(ln x)≥kx-xln x-1恒成立,求实数k的取值范围;
(3)当a≥1时,讨论g(x)=f(x)-axcos x在区间上零点的个数.
解析 (1)由f(x)=ex-x-1,得f'(x)=ex-1,显然f'(0)=f(0)=0,所以曲线y=f(x)在x=0处的切线方程为y=0.
(2)f(x)=ex-x-1,此时f(ln x)≥kx-xln x-1 x-ln x-1≥kx-xln x-1,
解法一 分离参数法 从而kx≤(x-1)·ln x+x k≤1+ln x-,
令h(x)=1+ln x-,
则h'(x)=,
所以h'(x)>0 x>1,h'(x)<0 0所以h(x)在(0,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增,
因此h(x)min=h(1)=1,
故k的取值范围为(-∞,1].
解法二 必要性探路 x-ln x-1≥kx-xln x-1 (x-1)ln x+(1-k)x≥0,
令h(x)=(x-1)ln x+(1-k)x,h(1)=1-k≥0 k≤1,
下证:k≤1,x>0时,h(x)≥0恒成立,
由一次函数m(k)=(x-1)ln x+x-kx在(-∞,1]上单调递减,
则m(k)≥m(1) (x-1)ln x+x-kx≥(x-1)ln x,
当x∈(0,1)和x∈(1,+∞)时,(x-1)·ln x>0恒成立,且x=1时(x-1)ln x=0,
所以h(x)≥0恒成立,故k的取值范围为(-∞,1].
(3)由于g(0)=0,所以x=0是函数g(x)的一个零点,
g'(x)=ex+a(xsin x-cos x)-1,
当x∈时,-axcos x>0恒成立,易知ex-x-1>0恒成立,
从而g(x)>0恒成立,所以g(x)在区间上没有零点;
当x∈时,g'(0)=-a<0,g'-1>0.
g″(x)是g'(x)的导数,则g″(x)=ex+a(2sin x+xcos x),
由于2sin x+xcos x>0恒成立,所以g″(x)>0,即g'(x)在上单调递增,
从而存在x1∈使得g'(x1)=0,且g'(x)>0 x1即g(x)在区间(0,x1)上单调递减,在上单调递增,从而g(x1)又g-1>0,所以g(x)在上有唯一零点,即在区间上有唯一零点;
当x∈时,xsin x-cos x>0,从而g'(x)=ex+a(xsin x-cos x)-1≥ex+xsin x-cos x-1,
由于x∈时,xex+sin2x-cos x-1=ex-(cos2x+cos x),
又cos2x+cos x=cos x(cos x+1)<0,从而ex+xsin x-cos x-1>ex-(cos2x+cos x)>0恒成立,
即g'(x)>0在上恒成立,所以g(x)在区间上单调递增,
因为g-1>0,g(-π)=e-π-aπ+π-1≤e-π-1<0,
因此g(x)在区间上有唯一零点.
综上所述,函数g(x)在区间上有3个零点.
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2027通用版高考数学第一轮
3.3 导数的综合应用
考点1 利用导数证明不等式
五年高考
1.★★★(2024全国甲文,20,12分)已知函数f(x)=a(x-1)-ln x+1.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设a≤2,证明:当x>1时, f(x)
(1)若b=0,且f'(x)≥0,求a的最小值;
(2)证明:曲线y=f(x)是中心对称图形;
(3)若f(x)>-2当且仅当1
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
(2)当x>0时, f(x)<-1,求a的取值范围;
(3)设n∈N*,证明:>ln(n+1).
4.★★★★★(2025全国一卷,19,17分)(1)求函数f(x)=5cos x-cos 5x在区间的最大值;
(2)给定θ∈(0,π)和a∈R,证明:存在y∈[a-θ,a+θ]使得cos y≤cos θ;
(3)设b∈R,若存在φ∈R使得5cos x-cos(5x+φ)≤b对x∈R恒成立,求b的最小值.
5.★★★★★(2023新课标Ⅱ,22,12分)
(1)证明:当0
三年模拟
1.★★★(2025届河南名校学术联盟冲刺模拟(二),6)已知a=esin 1-1,b=sin 1,则 ( )
A.
A.
C.
3.★★★★(2026届四川绵阳博美实验高级中学开学考,8)已知当x>0时,xex-2x≥a+2ln x恒成立,则实数a的取值范围为 ( )
A.(-∞,1] B.(-∞,2+2ln 2]
C.(-∞,2ln 2] D.(-∞,2-2ln 2]
4.★★★★(2025届江西六校二模,8)已知正实数x,y满足+2y-2=ln x+ln y,则yx= ( )
A.2 B.
5.★★★★(2026届山东名校考试联盟开学考,8)若关于x的不等式ln x-ax2-ax≥0有且只有一个整数解,则实数a的取值范围是 ( )
A.
C.
6.★★★★(2026届黑龙江哈尔滨六中期中,8)已知函数f(x)=+x+1,满足f(a-x)+f(1+3ln x)-4≤0,则实数a的取值范围是 ( )
A.(-∞,1-2ln 2] B.[1-2ln 3,+∞)
C.(-∞,2-3ln 3] D.[2-3ln 2,+∞)
7.★★★★(2026届安徽江淮十校第一次联考,14)已知不等式x≤aex+b对任意x∈R恒成立(a,b∈R),则的最小值为 .
8.★★★★(2025届安徽六安第一中学适应性考试,14)设函数f(x)=(ex-1-ax)(ln x-ax),若f(x)<0,则a的取值范围是 .
9.★★★(2025届福建漳州重点高中开学考,16)已知函数f(x)=aex-ln x-1.
(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;
(2)证明:当a≥时, f(x)≥0.
10.★★★★(2026届浙江新阵地教育联盟第一次联考,18)已知函数f(x)=ex+acos x-x(e为自然对数的底数,e≈2.718 28).
(1)若a=0,讨论f(x)的单调性;
(2)若a=-1,证明:f(x)>5在(2,3)上恒成立;
(3)若x∈[1,e],不等式acos(ln x)≥ln x-x+2恒成立,求实数a的取值范围.
11.★★★★(2025届河北联考,18)已知函数f(x)=ex-2x(x≥0).
(1)求证f(x)≥e-x;
(2)求方程f(x)=x解的个数;
(3)设n≥2,n∈N*,证明:>ln n.
12.★★★★(2026届山西长治质量检测,18)已知f(x)=ln+bx3+ax+a.
(1)证明:曲线y=f(x)是中心对称图形;
(2)若b=0, f'(x)≥0恒成立,求a的最小值;
(3)若f(x)的图象关于点(0,-2)对称,且f(x)>-2的解集为{x|0
五年高考
1.★★★★(2023全国乙文,8,5分)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)
2.★★★★★(2020课标Ⅲ理,21,12分)设函数f(x)=x3+bx+c,曲线y=f(x)在点处的切线与y轴垂直.
(1)求b;
(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,证明: f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
3.★★★★★(2025全国二卷,18,17分)已知函数f(x)=ln(1+x)-x+x2-kx3,其中0
(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.
4.★★★★★(2021新高考Ⅱ,22,12分)已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2+b.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)从下面两个条件中选一个,证明: f(x)有一个零点.
①
②0
(1)求a;
(2)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
三年模拟
1.★★★(2025届安徽最后一卷,5)函数f(x)=xex-ex-1的零点个数为 ( )
A.0 B.1 C.2 D.3
2.★★★(2025届四川成都石室中学三模,6)函数f(x)=2x-m-ln x有且只有一个零点,则m的值是 ( )
A.1-ln 2 B.1+ln 2 C.ln 2 D.-ln 2
3.★★★(2026届湖北鄂东南教育联盟期中,7)函数f(x)=cos 2x·(ln x-2π+1),x∈(0,2π]的零点个数为 ( )
A.4 B.5 C.3 D.2
4.★★★(新定义理解)(2026届重庆一中月考,6)拉格朗日中值定理是微分学里的关键定理,具体内容为:若函数f(x)在闭区间[a,b]上连续,在开区间(a,b)内可导,则在区间(a,b)内至少存在一个点x0∈(a,b),使得=f'(x0)(f'(x0)是f(x)在x0处的导数值),其中x0称为函数y=f(x)在闭区间[a,b]上的中值点.现在有这样的问题:若函数f(x)=cos x在区间上的“中值点”个数为m,函数g(x)=xex(其中e为自然对数的底数)在区间[0,1]上的“中值点”的个数为n,则m+n= ( )
A.1 B.2 C.3 D.0
5.★★★(2026届安徽合肥第一中学教学质量测评,8)已知关于x的方程=ex的解集有2个子集,则a的取值范围是 ( )
A. B.(0,+∞)
C.∪[0,+∞) D.∪(0,+∞)
6.★★★★(2026届河北保定期中,8)已知a>0,函数f(x)=xex-a(x+ln x)+2存在零点,则实数a的最小整数值是 ( )
A.2 B.4 C.5 D.6
7.★★★(2026届河南商丘开学考,14)已知函数f(x)=ln x3,g(x)=mx,若关于x的方程f(x)=g(x)恰有两个实数根,则实数m的取值范围是 .
8.★★★★(2026届江苏南通调研,17)已知函数f(x)=(x-x2)ln x+k的图象在点(1, f(1))处的切线经过点(0,1).
(1)求实数k的值;
(2)证明:ln x≥1-;
(3)证明:f(x)有且仅有一个零点.
9.★★★★(2025届广东六校联考,17)已知函数f(x)=ex+acos x的图象在x=0处的切线方程为y=x+2.
(1)求实数a的值;
(2)探究f(x)在区间内的零点个数,并说明理由.
10.★★★★(2026届浙江金华十校一模,18)已知函数f(x)=ex-x-1.
(1)求曲线y=f(x)在x=0处的切线方程;
(2)若f(ln x)≥kx-xln x-1恒成立,求实数k的取值范围;
(3)当a≥1时,讨论g(x)=f(x)-axcos x在区间上零点的个数.
3.3 导数的综合应用
考点1 利用导数证明不等式
五年高考
1.★★★(2024全国甲文,20,12分)已知函数f(x)=a(x-1)-ln x+1.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设a≤2,证明:当x>1时, f(x)
若a≤0,则f'(x)<0,故f(x)在(0,+∞)上单调递减.
若a>0,则由f'(x)=0得x=,
当0
故f(x)在上单调递减,在上单调递增.
(2)证明:证明f(x)
则g'(x)=a--ex-1.
设h(x)=g'(x)=a--ex-1,
则h'(x)=-ex-1.
当x>1时,<1,ex-1>1,故h'(x)<0,
所以h(x)=g'(x)在(1,+∞)上单调递减,
而g'(1)=a-2,
又因为a≤2,所以g'(1)≤0.
故当x>1时,g'(x)<0,即g(x)在(1,+∞)上单调递减.
由于g(1)=0,所以当x>1时,g(x)<0,
即当x>1时, f(x)
(1)若b=0,且f'(x)≥0,求a的最小值;
(2)证明:曲线y=f(x)是中心对称图形;
(3)若f(x)>-2当且仅当1
当b=0时, f(x)=ln+ax,
所以f'(x)=+a,
因为f'(x)≥0,
所以a≥,
依题意得a≥,
所以当x=1时,a取到最小值-2.
(2)证明:因为f(x)=ln+ax+b(x-1)3,
所以f(2-x)=ln+a(2-x)+b(1-x)3,
所以f(2-x)+f(x)=2a,
所以曲线y=f(x)关于(1,a)中心对称,
即曲线y=f(x)是中心对称图形.
(3)由(2)知曲线y=f(x)关于(1,a)中心对称,且f(x)在(0,2)内连续,故f(1)=a=-2,即f(x)=ln-2x+b(x-1)3,x∈(1,2),
f'(x)=(x-1)2,
易知y=∈(2,+∞),
所以当b≥-时, f'(x)>0在(1,2)上恒成立, f(x)单调递增,
所以f(x)>f(1)=-2成立.
当b<-时,存在x0∈(1,2),使得+3b=0,即3b=.
在(1,x0)上,f'(x)<0, f(x)单调递减,
又f(1)=-2,所以在(1,x0)上有f(x)<-2,不符合题意.
综上,可得b≥-.
3.★★★★★(2022新高考Ⅱ,22,12分)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a的取值范围;
(3)设n∈N*,证明:>ln(n+1).
解析 (1)当a=1时, f(x)=xex-ex,则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)解法一 不等式f(x)<-1等价于xeax-ex+1<0,
令g(x)=xeax-ex+1,x>0,
则g'(x)=(ax+1)eax-ex,
且g'(x)=eax(ax+1-ex-ax)≤eax[ax+1-(x-ax+1)]=(2a-1)xeax,
①当a≤时,g'(x)≤(2a-1)xeax≤0,g(x)在(0,+∞)上单调递减,
所以g(x)
令h(x)=g'(x)=(ax+1)eax-ex,
则h'(x)=(a2x+2a)eax-ex,
故h'(0)=2a-1>0,
所以存在δ>0,使得当x∈(0,δ)时,h'(x)>0,
所以h(x)在(0,δ)上单调递增,
故当x∈(0,δ)时,h(x)>h(0)=0,
所以g(x)在(0,δ)上单调递增,
故g(x)>g(0)=0,不满足题意.
综上可知,a的取值范围是.
解法二 函数f(x)的定义域为R, f'(x)=(1+ax)·eax-ex.
【导函数中含有参数,要根据参数对导函数取值符号的影响分段讨论】
对于x∈(0,+∞),当a≥1时, f'(x)=(1+ax)eax-ex>eax-ex≥ex-ex=0,∴f'(x)>0, f(x)在(0,+∞)上单调递增.
∵f(0)=-1,∴f(x)>-1,不满足题意.
当a≤0时, f'(x)≤eax-ex≤1-ex<0且等号不恒成立,
∴f(x)在(0,+∞)上单调递减.
∵f(0)=-1,∴f(x)<-1,满足题意.
当0
令g(x)=1+,
则g'(x)=<0,
∴g(x)在(0,+∞)上单调递减,
∴g(x)
f(x)在(0,+∞)上单调递减.
∵f(0)=-1,∴f(x)<-1,满足题意.
当
则h'(x)=a+(a-1)e(1-a)x.
∵h'(x)为减函数,
又h'(0)=2a-1>0,x→+∞,h'(x)<0,
∴ x0∈(0,+∞),使得h'(x0)=0.
【当导函数的零点存在,但不易求出时,可引入虚拟零点】
∴当x∈(0,x0)时,h'(x)>0,h(x)在(0,x0)上单调递增,h(x)>h(0)=0,
∴当x∈(0,x0)时, f'(x)=eax·h(x)>0,
f(x)在(0,x0)上单调递增.
∵f(0)=-1,∴f(x)>-1,不满足题意.
综上,a的取值范围是.
(3)证法一 构造函数h(x)=x--2ln x(x>1),
则h'(x)=1+,
易知h'(x)>0,∴h(x)在(1,+∞)上单调递增,∴h(x)>h(1)=0,
∴x->2ln x,令x=,
则有,
∴,
∴=ln(n+1).原式得证.
证法二 由(2)可知,当a=时,
f(x)=x-ex<-1(x>0),
令x=ln(n∈N*),
得ln<-1,
整理得<0,
∴,∴,
∴=ln(n+1),
即>ln(n+1).
4.★★★★★(2025全国一卷,19,17分)(1)求函数f(x)=5cos x-cos 5x在区间的最大值;
(2)给定θ∈(0,π)和a∈R,证明:存在y∈[a-θ,a+θ]使得cos y≤cos θ;
(3)设b∈R,若存在φ∈R使得5cos x-cos(5x+φ)≤b对x∈R恒成立,求b的最小值.
解析 (1)∵f'(x)=5(sin 5x-sin x)=5[sin(3x+2x)-sin(3x-2x)]=10cos 3x·sin 2x,
令f'(x)=0,由x∈,解得x=0或.
结合单调性可知,当x∈时, f'(x)>0, f(x)单调递增;当x∈时, f'(x)<0, f(x)单调递减.
故f(x)max=f.
(2)证明:假设不存在y∈[a-θ,a+θ],使得cos y≤cos θ,
则对任意y∈[a-θ,a+θ]都有cos y>cos θ.
即y∈(2kπ-θ,2kπ+θ)(k∈Z).
因此[a-θ,a+θ] (2kπ-θ,2kπ+θ)(k∈Z),
∴
因此a<2kπ且a>2kπ,矛盾.
∵存在y∈[a-θ,a+θ],使得cos y≤cos θ.
(3)由(1)知当x∈时, f(x)≤3,当x∈时, f(x)<5cos-(-1)<3,
又f(x)是周期为2π的偶函数,
∴f(x)≤3对x∈R恒成立,
∴当b≥3时,存在φ=0使得5cos x-cos(5x+φ)≤b对x∈R恒成立,
当b<3时,令θ=,
由(2)知对任意φ存在y∈使得cos y≤cos,
令x=,则x∈,
故5cos x-cos(5x+φ)=5cos x-cos y≥5×>b,
因此b<3时,均不符合题意.
综上,b的最小值为3.
5.★★★★★(2023新课标Ⅱ,22,12分)
(1)证明:当0
解析 (1)证明:令g(x)=x-x2-sin x,0
当a=0时, f(x)=1-ln(1-x2), f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增,x=0不是f(x)的极大值点,所以a≠0.
当a>0时, f'(x)=-asin ax+,x∈(-1,1).
(i)当0
因为a2x2>0,2-a2≥0,1-x2>0,所以f'(x)>0,所以f(x)在(0,m)上单调递增,不合题意.
(ii)当a>时,取x∈ (0,1),则ax∈(0,1),
由(1)可得f'(x)=-asin ax+<-a(ax-a2x2)+
=(-a3x3+a2x2+a3x+2-a2),
设h(x)=-a3x3+a2x2+a3x+2-a2,x∈,
则h'(x)=-3a3x2+2a2x+a3,
因为h'(0)=a3>0,h'=a3-a>0,且h'(x)的图象是开口向下的抛物线,
所以 x∈,均有h'(x)>0,
所以h(x)在上单调递增.
因为h(0)=2-a2<0,h=2>0,所以h(x)在内存在唯一的零点n.
当x∈(0,n)时,h(x)<0,
又因为x>0,1-x2>0.
则f'(x)<(-a3x3+a2x2+a3x+2-a2)<0.
即当x∈(0,n) (0,1)时, f'(x)<0,
则f(x)在(0,n)上单调递减.
又因为f(x)是偶函数,
所以f(x)在(-n,0)上单调递增,
所以x=0是f(x)的极大值点.
综合(i)(ii)知a>.
当a<0时,由于将f(x)中的a换为-a所得解析式不变,所以a<-符合要求.
故a的取值范围为(-∞,-)∪(,+∞).
三年模拟
1.★★★(2025届河南名校学术联盟冲刺模拟(二),6)已知a=esin 1-1,b=sin 1,则 ( )
A.
2.★★★(2026届重庆十一中第一次质量检测,8)已知 x∈(0,+∞),有ln x-a+1≤0,则a的取值范围是 ( )
A.
C.
答案 D
3.★★★★(2026届四川绵阳博美实验高级中学开学考,8)已知当x>0时,xex-2x≥a+2ln x恒成立,则实数a的取值范围为 ( )
A.(-∞,1] B.(-∞,2+2ln 2]
C.(-∞,2ln 2] D.(-∞,2-2ln 2]
答案 D
4.★★★★(2025届江西六校二模,8)已知正实数x,y满足+2y-2=ln x+ln y,则yx= ( )
A.2 B.
答案 C
5.★★★★(2026届山东名校考试联盟开学考,8)若关于x的不等式ln x-ax2-ax≥0有且只有一个整数解,则实数a的取值范围是 ( )
A.
C.
答案 A
6.★★★★(2026届黑龙江哈尔滨六中期中,8)已知函数f(x)=+x+1,满足f(a-x)+f(1+3ln x)-4≤0,则实数a的取值范围是 ( )
A.(-∞,1-2ln 2] B.[1-2ln 3,+∞)
C.(-∞,2-3ln 3] D.[2-3ln 2,+∞)
答案 C
7.★★★★(2026届安徽江淮十校第一次联考,14)已知不等式x≤aex+b对任意x∈R恒成立(a,b∈R),则的最小值为 .
答案 -1
8.★★★★(2025届安徽六安第一中学适应性考试,14)设函数f(x)=(ex-1-ax)(ln x-ax),若f(x)<0,则a的取值范围是 .
答案
9.★★★(2025届福建漳州重点高中开学考,16)已知函数f(x)=aex-ln x-1.
(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;
(2)证明:当a≥时, f(x)≥0.
解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=aex-,则f'(2)=ae2-=0,解得a=,故f'(x)=.
易知f'(x)在区间(0,+∞)内单调递增,且f'(2)=0,
故当x>2时, f'(x)>0;当0
当a≥时, f(x)≥-ln x-1.
设g(x)=-ln x-1,则g'(x)=.
当0
所以x=1是g(x)的极小值点,亦是g(x)的最小值点.
故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.
因此,当a≥时, f(x)≥0.
10.★★★★(2026届浙江新阵地教育联盟第一次联考,18)已知函数f(x)=ex+acos x-x(e为自然对数的底数,e≈2.718 28).
(1)若a=0,讨论f(x)的单调性;
(2)若a=-1,证明:f(x)>5在(2,3)上恒成立;
(3)若x∈[1,e],不等式acos(ln x)≥ln x-x+2恒成立,求实数a的取值范围.
解析 (1)f(x)=ex-x, f'(x)=ex-1, 当x∈(-∞,0)时, f'(x)<0,当x∈(0,+∞)时, f'(x)>0,故f(x)在(-∞,0]上单调递减,在[0,+∞)上单调递增.
(2)证明:令g(x)=f(x)-5,则g(x)=ex-cos x-x-5,x∈(2,3),
g'(x)=ex+sin x-1≥ex-2>0,
故g(x)在(2,3)上单调递增,g(x)>g(2)=e2-cos 2-7>e2-7>0,则f(x)>5.
(3)令ln x=t,则t∈[0,1],x=et,
则acos t≥t-et+2在[0,1]上恒成立,
可以转化为m(x)=f(x)-2=ex+acos x-x-2≥0在[0,1]上恒成立,
m(0)=a-1≥0 a≥1,
又x∈[0,1]时,cos x≥0,
所以m(x)≥ex+cos x-x-2,
令h(x)=ex+cos x-x-2,
h'(x)=ex-sin x-1≥(x+1)-sin x-1≥0,【应掌握ex≥x+1,x≥sin x(x≥0)等常用放缩】所以h(x)在[0,1]上单调递增,则m(x)≥h(0)=0.
综上,a≥1.
11.★★★★(2025届河北联考,18)已知函数f(x)=ex-2x(x≥0).
(1)求证f(x)≥e-x;
(2)求方程f(x)=x解的个数;
(3)设n≥2,n∈N*,证明:>ln n.
解析 (1)证明:令h(x)=f(x)-e-x=ex-2x-e-x(x≥0),
所以h'(x)=ex+-2(x≥0),
所以h'(x)≥2-2=0,当且仅当ex= ex=1,即x=0时,等号成立,
所以当x∈[0,+∞)时,h'(x)≥0,h(x)单调递增,则h(x)≥h(0)=0,
所以f(x)≥e-x得证.
(2)由f(x)=x得ex-2x=x(x≥0),即ex-3x=0(x≥0),令g(x)=ex-3x(x≥0),
所以函数g(x)的零点个数即为方程f(x)=x解的个数,
g'(x)=ex-3(x≥0),令g'(x)=0,即ex=3,解得x=ln 3,
g'(x),g(x)随x的变化情况如表:
x [0,ln 3) ln 3 (ln 3,+∞)
g'(x) - 0 +
g(x) 单调递减 3-3ln 3 单调递增
因为g(0)=1>0,g(ln 3)=3-3ln 3<0,
所以g(x)在[0,ln 3)上有唯一一个零点,
又g(5)=e5-15>25-15=17>0,所以g(x)在(ln 3,+∞)上有唯一一个零点.
综上所述,方程f(x)=x有两个解.
(3)证明:由(1)知,ex-2x-e-x>0,x∈(0,+∞),令x=ln s(s>1),
则s-2ln s-s-1>0,即s->2ln s(s>1),
设s=,n≥2,n∈N*,满足s>1,
所以,即,
所以=ln n-ln(n-1),
所以>ln 2-ln 1+ln 3-ln 2+…+ln n-ln(n-1)=ln n,
即>ln n.
12.★★★★(2026届山西长治质量检测,18)已知f(x)=ln+bx3+ax+a.
(1)证明:曲线y=f(x)是中心对称图形;
(2)若b=0, f'(x)≥0恒成立,求a的最小值;
(3)若f(x)的图象关于点(0,-2)对称,且f(x)>-2的解集为{x|0
∴曲线y=f(x)关于点(0,a)中心对称.
(2)当b=0时, f(x)=ln+ax+a, f'(x)=+a≥0恒成立,即a≥恒成立,
∵x∈(-1,1),∴x2-1∈[-1,0),
∴≤-2,
∴a≥-2,即a的最小值为-2.
(3)由(1)知f(x)的图象关于点(0,a)对称,∴a=-2,
∴f(x)=ln+bx3-2x-2,x∈(-1,1).
令g(x)=f(x)+2,则g(x)>0的解集为(0,1).
由f(x)的图象关于点(0,-2)对称知g(x)的图象关于(0,0)对称,即g(x)为奇函数,故只需x∈(0,1)时,g(x)>0.
g'(x)=+3bx2-2,令h(x)=g'(x),
则h'(x)=+6bx
=2x,
∵x∈(0,1),∴>2,
若b≥-,则+3b>2+3b≥0,
故h'(x)>0,h(x)在(0,1)上单调递增,
故g'(x)>g'(0)=0,从而g(x)在(0,1)上单调递增,g(x)>g(0)=0,符合条件.
若b<-,存在x0∈(0,1),使h'(x0)=0,在(0,x0)内,h'(x0)<0,h(x)单调递减,h(x)
考点2 利用导数研究函数零点
五年高考
1.★★★★(2023全国乙文,8,5分)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)
答案 B
2.★★★★★(2020课标Ⅲ理,21,12分)设函数f(x)=x3+bx+c,曲线y=f(x)在点处的切线与y轴垂直.
(1)求b;
(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,证明: f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
解析 (1)f'(x)=3x2+b.依题意得f'=0,即+b=0.
故b=-.
(2)证法一 由(1)知f(x)=x3-x+c, f'(x)=3x2-.
令f'(x)=0,解得x=-.
f'(x)与f(x)随x的变化情况如表:
x -∞,- - -, ,+∞
f'(x) + 0 - 0 +
f(x) ↗ c+ ↘ c- ↗
因为f(1)=f,
所以当c<-时, f(x)只有大于1的零点.
因为f(-1)=f,
所以当c>时, f(x)只有小于-1的零点.
由题设可知-≤c≤.
当c=-时, f(x)只有两个零点-和1.
当c=时, f(x)只有两个零点-1和.
当-时, f(x)有三个零点x1,x2,x3,且x1∈,x2∈,x3∈.
综上,若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,则f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
证法二 分离参数法 设x0为f(x)的一个绝对值不大于1的零点,根据题意, f(x0)=x0+c=0,且|x0|≤1,
则c=-x0,且|x0|≤1,
令c(x)=-x3+x(-1≤x≤1),
则c'(x)=-3x2+,
当x∈∪时,c'(x)<0,c(x)单调递减;
当x∈时,c'(x)>0,c(x)单调递增,
又c(-1)=,c(1)=-,c,c,所以-≤c≤.
设x1 为f(x)的零点,
则必有f(x1)=x1+c=0,
即-≤c=-x1≤,
即
解得-1≤x1≤1,|x1|≤1.
所以f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
3.★★★★★(2025全国二卷,18,17分)已知函数f(x)=ln(1+x)-x+x2-kx3,其中0
(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.
解析 (1)证明: f(x)=ln(1+x)-x+x2-kx3,x∈(0,+∞),
f'(x)=-1+x-3kx2
=,
∵0
∴当x∈时, f'(x)>0, f(x)单调递增,
当x∈时, f'(x)<0, f(x)单调递减.
∴x=是函数f(x)的极大值点,且是唯一的极值点.
∵f(0)=0,且x∈时, f(x)单调递增,
∴f>0,
当x=时, f,
令φ(x)=ln(1+x)-x,
则φ'(x)=<0,
∴φ(x)在(0,+∞)上单调递减,
∴φ(x)<φ<0,
即f<0,
又>0,
∴∈,
∴当x∈时, f(x)有唯一零点.
综上, f(x)在区间(0,+∞)存在唯一的极值点和唯一的零点.
(2)(i)∵f'(x)=,且x1=,即1-3k-3kx1=0,
∴f'(x1+t)=
=,
f'(x1-t)=,
又g(t)=f(x1+t)-f(x1-t),
∴g'(t)=f'(x1+t)+f'(x1-t)
=
=3kt·
=
=
=
=,
∵0
(ii)2x1>x2.理由如下:
由(i)知g(t)=f(x1+t)-f(x1-t)在(0,x1)上单调递减,∴g(x1)
又∵f(x2)=0,∴f(2x1)
4.★★★★★(2021新高考Ⅱ,22,12分)已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2+b.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)从下面两个条件中选一个,证明: f(x)有一个零点.
①
②0
∴f'(x)=xex-2ax=x(ex-2a).
①当a≤0时,ex-2a>0对任意x∈R恒成立,
当x∈(-∞,0)时, f'(x)<0,
当x∈(0,+∞)时, f'(x)>0.
因此y=f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
②当a>0 时,令ex-2a=0 x=ln(2a).
(i)当0
图1
图2
因此当x∈(-∞,ln(2a))∪(0,+∞)时, f'(x)>0,
当x∈(ln(2a),0)时, f'(x)<0,
所以f(x)在(-∞,ln(2a))和(0,+∞)上单调递增,在(ln(2a),0)上单调递减.
(ii)当a=时,ln(2a)=0,此时f'(x)≥0对任意x∈R恒成立,故f(x)在R上单调递增.
(iii)当a>时,ln(2a)>0,
y=f'(x)的大致图象如图2所示.
因此,当x∈(-∞,0)∪(ln(2a),+∞)时, f'(x)>0,当x∈(0,ln(2a))时, f'(x)<0,
所以f(x)在(-∞,0)和(ln(2a),+∞)上单调递增,在(0,ln(2a))上单调递减.
(2)选①.证明:由(1)知, f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,ln(2a))上单调递减,在(ln(2a),+∞)上单调递增,又f(0)=b-1>0, f<0,
所以f(x)在(-∞,0]上有唯一零点.
当x∈(0,+∞)时,
f(x)≥f(ln(2a))
=[ln(2a)-1]·2a-aln2(2a)+b
=aln(2a)[2-ln(2a)]+b-2a
>aln(2a)·[2-ln(2a)].
因为
综上, f(x)在R上有一个零点.
选②.证明:由(1)知f(x)在(-∞,ln(2a))上单调递增,在(ln(2a),0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增, f(0)=b-1<0,当x→+∞时, f(x)→+∞,所以一定存在x0∈(0,+∞),使得f(x0)=0.
结合单调性知f(x)在[0,+∞)上有唯一零点.
当x∈(-∞,0)时, f(x)≤f(ln(2a))=aln(2a)·[2-ln(2a)]+b-2a<0,
即f(x)<0对任意x<0恒成立.
综上, f(x)在R上有一个零点.
5.★★★★★(2022新高考Ⅰ,22,12分)已知函数f(x)=ex-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值.
(1)求a;
(2)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
解析 (1)f'(x)=ex-a,g'(x)=a-.
当a≤0时, f'(x)>0恒成立, f(x)在R上无最小值,不符合题意.∴a>0.
令f'(x)=0,得x=ln a,
令g'(x)=0,得x=.
易知f(x)min=f(ln a)=a-aln a,
g(x)min=g=1+ln a,
∴a-aln a=1+ln a,即ln a=①.
令h(x)=ln x-(x>0),
则h'(x)=>0,
∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,
则h(x)最多有一个零点.
又h(1)=ln 1-=0,
∴方程①有且仅有一解,为a=1,即为所求.
(2)证明:由(1)知, f(x)=ex-x,g(x)=x-ln x,当x<0时, f(x)单调递减,当x>0时, f(x)单调递增;
当0
不妨设直线y=b与y=f(x)的图象的两交点的横坐标分别为x1,x2,与y=g(x)的图象的两交点的横坐标分别为x2,x3,且x1
易知x1∈(-∞,0),x2∈(0,1),则ln x2∈(-∞,0),
又f(x)在(-∞,0)上单调递减,
∴x1=ln x2,同理x2=ln x3,x3=.
又-x2=x2-ln x2,∴ln x2+=2x2.
∴ln x2+=x1+x3=2x2.
∴x1,x2,x3成等差数列.
∴存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
三年模拟
1.★★★(2025届安徽最后一卷,5)函数f(x)=xex-ex-1的零点个数为 ( )
A.0 B.1 C.2 D.3
答案 B
2.★★★(2025届四川成都石室中学三模,6)函数f(x)=2x-m-ln x有且只有一个零点,则m的值是 ( )
A.1-ln 2 B.1+ln 2 C.ln 2 D.-ln 2
答案 B
3.★★★(2026届湖北鄂东南教育联盟期中,7)函数f(x)=cos 2x·(ln x-2π+1),x∈(0,2π]的零点个数为 ( )
A.4 B.5 C.3 D.2
答案 A
4.★★★(新定义理解)(2026届重庆一中月考,6)拉格朗日中值定理是微分学里的关键定理,具体内容为:若函数f(x)在闭区间[a,b]上连续,在开区间(a,b)内可导,则在区间(a,b)内至少存在一个点x0∈(a,b),使得=f'(x0)(f'(x0)是f(x)在x0处的导数值),其中x0称为函数y=f(x)在闭区间[a,b]上的中值点.现在有这样的问题:若函数f(x)=cos x在区间上的“中值点”个数为m,函数g(x)=xex(其中e为自然对数的底数)在区间[0,1]上的“中值点”的个数为n,则m+n= ( )
A.1 B.2 C.3 D.0
答案 B
5.★★★(2026届安徽合肥第一中学教学质量测评,8)已知关于x的方程=ex的解集有2个子集,则a的取值范围是 ( )
A. B.(0,+∞)
C.∪[0,+∞) D.∪(0,+∞)
答案 D
6.★★★★(2026届河北保定期中,8)已知a>0,函数f(x)=xex-a(x+ln x)+2存在零点,则实数a的最小整数值是 ( )
A.2 B.4 C.5 D.6
答案 C
7.★★★(2026届河南商丘开学考,14)已知函数f(x)=ln x3,g(x)=mx,若关于x的方程f(x)=g(x)恰有两个实数根,则实数m的取值范围是 .
答案
8.★★★★(2026届江苏南通调研,17)已知函数f(x)=(x-x2)ln x+k的图象在点(1, f(1))处的切线经过点(0,1).
(1)求实数k的值;
(2)证明:ln x≥1-;
(3)证明:f(x)有且仅有一个零点.
解析 (1)因为f(x)=(x-x2)ln x+k,
所以f'(x)=(1-2x)ln x+1-x,x>0,
所以f'(1)=(1-2)ln 1+1-1=0,
又因为f(1)=(1-12)ln 1+k=k,
所以函数f(x)=(x-x2)ln x+k的图象在点(1, f(1))处的切线方程为y-k=0(x-1),即y=k,
又切线过点(0,1),所以k=1.
(2)证明:令g(x)=ln x-1+,x>0,
则g'(x)=,
当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,所以g(x)min=g(1)=ln 1-1+1=0,
所以g(x)≥0,即ln x≥1-.
(3)证明:因为f(x)=(x-x2)ln x+1=x(1-x)ln x+1,
所以f'(x)=(1-2x)ln x+(1-x),
当x>1时,ln x>0,1-x<0,1-2x<0,所以f'(x)<0,所以f(x)在(1,+∞)上单调递减.
因为f(1)=(1-12)ln 1+1=1>0,
f(e)=(e-e2)ln e+1=e-e2+1<0,
所以x∈(1,+∞)时,存在唯一x0∈(1,e),使得f(x0)=0;
当0
所以f(x)=x(1-x)ln x+1≥x(1-x)·+1=-(1-x)2+1=-x2+2x=-x(x-2)>0,
所以x∈(0,1]时, f(x)没有零点.
综上, f(x)有且仅有一个零点.
9.★★★★(2025届广东六校联考,17)已知函数f(x)=ex+acos x的图象在x=0处的切线方程为y=x+2.
(1)求实数a的值;
(2)探究f(x)在区间内的零点个数,并说明理由.
解析 (1)由f(x)=ex+acos x的图象在x=0处的切线方程为y=x+2,可知切点坐标为(0,2),
故f(0)=e0+acos 0=2,解得a=1.
(2)由(1)可知f(x)=ex+cos x,
∴f'(x)=ex-sin x,
令g(x)=f'(x),g'(x)=ex-cos x,
当x∈时,g'(x)>0,则g(x)在区间上单调递增.
∵g-1<0,g(-π)=e-π>0,
∴由函数零点存在定理可知,存在x0∈,使得g(x0)=0,即=sin x0,
∴当x∈时, f'(x)<0, f(x)在区间上单调递减;
当x∈(x0,-π)时, f'(x)>0, f(x)在区间(x0,-π)上单调递增,
又∵f>0,f(-π)=e-π-1<0,
∴由函数零点存在定理可知f(x)在区间上有且仅有一个零点.
当x∈[-π,0)时, f'(x)=ex-sin x>0;
当x∈[0,+∞)时, f'(x)=ex-sin x>0,
∴f(x)在区间[-π,+∞)上单调递增,
又∵f(-π)=e-π-1<0, f(0)=e0+1>0,
∴由函数零点存在定理可知f(x)在区间[-π,+∞)上有且仅有一个零点.
综上可得,f(x)在区间内有且仅有两个零点.
10.★★★★(2026届浙江金华十校一模,18)已知函数f(x)=ex-x-1.
(1)求曲线y=f(x)在x=0处的切线方程;
(2)若f(ln x)≥kx-xln x-1恒成立,求实数k的取值范围;
(3)当a≥1时,讨论g(x)=f(x)-axcos x在区间上零点的个数.
解析 (1)由f(x)=ex-x-1,得f'(x)=ex-1,显然f'(0)=f(0)=0,所以曲线y=f(x)在x=0处的切线方程为y=0.
(2)f(x)=ex-x-1,此时f(ln x)≥kx-xln x-1 x-ln x-1≥kx-xln x-1,
解法一 分离参数法 从而kx≤(x-1)·ln x+x k≤1+ln x-,
令h(x)=1+ln x-,
则h'(x)=,
所以h'(x)>0 x>1,h'(x)<0 0
因此h(x)min=h(1)=1,
故k的取值范围为(-∞,1].
解法二 必要性探路 x-ln x-1≥kx-xln x-1 (x-1)ln x+(1-k)x≥0,
令h(x)=(x-1)ln x+(1-k)x,h(1)=1-k≥0 k≤1,
下证:k≤1,x>0时,h(x)≥0恒成立,
由一次函数m(k)=(x-1)ln x+x-kx在(-∞,1]上单调递减,
则m(k)≥m(1) (x-1)ln x+x-kx≥(x-1)ln x,
当x∈(0,1)和x∈(1,+∞)时,(x-1)·ln x>0恒成立,且x=1时(x-1)ln x=0,
所以h(x)≥0恒成立,故k的取值范围为(-∞,1].
(3)由于g(0)=0,所以x=0是函数g(x)的一个零点,
g'(x)=ex+a(xsin x-cos x)-1,
当x∈时,-axcos x>0恒成立,易知ex-x-1>0恒成立,
从而g(x)>0恒成立,所以g(x)在区间上没有零点;
当x∈时,g'(0)=-a<0,g'-1>0.
g″(x)是g'(x)的导数,则g″(x)=ex+a(2sin x+xcos x),
由于2sin x+xcos x>0恒成立,所以g″(x)>0,即g'(x)在上单调递增,
从而存在x1∈使得g'(x1)=0,且g'(x)>0 x1
当x∈时,xsin x-cos x>0,从而g'(x)=ex+a(xsin x-cos x)-1≥ex+xsin x-cos x-1,
由于x∈时,x
又cos2x+cos x=cos x(cos x+1)<0,从而ex+xsin x-cos x-1>ex-(cos2x+cos x)>0恒成立,
即g'(x)>0在上恒成立,所以g(x)在区间上单调递增,
因为g-1>0,g(-π)=e-π-aπ+π-1≤e-π-1<0,
因此g(x)在区间上有唯一零点.
综上所述,函数g(x)在区间上有3个零点.
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