2026届高三数学一轮复习课后习题考点规范练17 导数的二、综合应用（Word版附解析）

这是一份2026届高三数学一轮复习课后习题考点规范练17 导数的二、综合应用（Word版附解析），共5页。试卷主要包含了基础巩固，综合应用，探究创新等内容，欢迎下载使用。
1.(2024新高考Ⅱ,16)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,所以f(1)=e-2,f'(x)=ex-1,
所以所求切线斜率k=f'(1)=e-1,
故所求切线方程为y-(e-2)=(e-1)(x-1),
整理得(e-1)x-y-1=0.
(2)由题意得,f'(x)=ex-a.当a≤0时,f'(x)>0恒成立,则f(x)在R上为增函数,无极值,所以a>0.
令f'(x)=0,得x=ln a.
当f'(x)1时,求证:函数f(x)在区间(0,+∞)内单调递增;
(2)若函数y=|f(x)-t|-1有三个零点,求t的值.
(1)证明:f'(x)=axln a+2x-ln a=2x+(ax-1)ln a,
∵a>1,当x∈(0,+∞)时,ln a>0,ax-1>0,
∴f'(x)>0,故函数f(x)在区间(0,+∞)内单调递增.
(2)解:当a>0,a≠1时,f'(x)=2x+(ax-1)ln a,
令h(x)=2x+(ax-1)ln a,
则h'(x)=2+ax(ln a)2>0,
即h(x)在R上单调递增,则f'(x)在R上单调递增.
∵f'(0)=0,故f'(x)=0有唯一解x=0,
∴x,f'(x),f(x)的变化情况如下表所示:
又函数y=|f(x)-t|-1有三个零点,
∴方程f(x)=t±1有三个根,
而t+1>t-1,∴t-1=f(x)min=f(0)=1,解得t=2.
3.设函数f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,其中a>0.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若函数f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围.
解:(1)∵f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,x∈(0,+∞),
∴f'(x)=2a2x+a-3x=2a2x2+ax-3x=(ax-1)(2ax+3)x.
∵a>0,x>0,∴2ax+3x>0,
∴当x∈0,1a时,f'(x)0.
所以h(x)在区间(0,2)内单调递减,在区间(2,+∞)内单调递增.
故h(2)=1-4ae2是h(x)在区间(0,+∞)内的最小值.
①若h(2)>0,即a0时,ex>x2,
所以h(4a)=1-16a3e4a=1-16a3(e2a)2>1-16a3(2a)4=1-1a>0.
故h(x)在区间(2,4a)内有一个零点.
因此h(x)在区间(0,+∞)内有两个零点.
综上所述,当f(x)在区间(0,+∞)内只有一个零点时,a=e24.
二、综合应用
5.设函数f(x)=x2+bx-aln x.
(1)若x=2是函数f(x)的极值点,1和x0是函数f(x)的两个不同零点,且x0∈(n,n+1),n∈N,求n.
(2)若对任意b∈[-2,-1],都存在x∈(1,e),使得f(x)0,h(x)在区间(1,e)内单调递增,即h(x)>h(1)=0,不符合题意.
②当1-a1时,φ(1)=1-a1,则φ(e)≤0,
即在区间(1,e)内φ(x)-2x+2x1-x2=2x(11-x2-1)>0,所以f(x)在区间(0,22)内单调递增,与x=0是f(x)的极大值点相矛盾,不符合题意.
综上所述,a的取值范围为(-∞,-2)∪(2,+∞).
三、探究创新
7.已知函数f(x)=x3+kln x(k∈R),f'(x)为f(x)的导函数.
(1)当k=6时,
①求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
②求函数g(x)=f(x)-f'(x)+9x的单调区间和极值;
(2)当k≥-3时,求证:对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有f'(x1)+f'(x2)2>f(x1)-f(x2)x1-x2.
(1)解:①当k=6时,f(x)=x3+6ln x,则f'(x)=3x2+6x(x>0).
可得f(1)=1,f'(1)=9,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=9(x-1),即y=9x-8.
②依题意,g(x)=x3-3x2+6ln x+3x,x∈(0,+∞).从而可得g'(x)=3x2-6x+6x-3x2,整理可得g'(x)=3(x-1)3(x+1)x2.令g'(x)=0,解得x=1.
当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表:
所以,函数g(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞);g(x)的极小值为g(1)=1,无极大值.
(2)证明:由f(x)=x3+kln x,得f'(x)=3x2+kx(x>0).
对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,令x1x2=t(t>1),
则(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(x1)-f(x2)]
=(x1-x2)(3x12+kx1+3x22+kx2)-2(x13-x23+klnx1x2)
=x13-x23-3x12x2+3x1x22+k(x1x2-x2x1)-2klnx1x2
=x23(t3-3t2+3t-1)+k(t-1t-2ln t).①
令h(x)=x-1x-2ln x,x∈[1,+∞).
当x>1时,h'(x)=1+1x2-2x=1-1x2>0,
由此可得h(x)在区间[1,+∞)内单调递增,
所以当t>1时,h(t)>h(1),
即t-1t-2ln t>0.
因为x2≥1,t3-3t2+3t-1=(t-1)3>0,k≥-3,
所以,x23(t3-3t2+3t-1)+k(t-1t-2ln t)≥(t3-3t2+3t-1)-3(t-1t-2ln t)=t3-3t2+6ln t+3t-1.②
由(1)②可知,当t>1时,g(t)>g(1),
即t3-3t2+6ln t+3t>1,故t3-3t2+6ln t+3t-1>0.③
由①②③可得(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(x1)-f(x2)]>0.
所以,当k≥-3时,对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有f'(x1)+f'(x2)2>f(x1)-f(x2)x1-x2.x
(-∞,0)
0
(0,+∞)
f'(x)
-
0
+
f(x)
单调递减
极小值
单调递增
x
(0,1)
1
(1,+∞)
g'(x)
-
0
+
g(x)
单调递减
极小值
单调递增