2023届高中数学二轮复习专题六函数与导数 课件（306张）

(共306张PPT)
专题六　函数与导数
上篇
2023
内容索引
01
02
03
高考小题突破8　函数的图象与性质
高考小题突破9　基本初等函数、函数的应用
高考小题突破10　导数的简单应用
04
◎高考增分大题六　导数的综合应用
内容索引
05
06
07
培优拓展　 导数应用中的函数构造
培优拓展　 洛必达法则速求参数范围
培优拓展　 双变量问题的转化
08
培优拓展　 极值点偏移问题
考情分析 1.从题型和题量上看,高考对本专题考查量多为一道压轴解答题和四道左右小题,题型覆盖全面,总体难度较大,分值占比较高,约在32~37
分.
2.从考查内容上看,小题主要考查函数的图象、性质,指数、对数的运算及大小比较,导数的几何意义,构造新函数解不等式等;解答题主要涉及利用导数研究函数的极值、最值、单调性等性质,函数的零点等,综合性强,有较好的区分度.
3.核心素养:逻辑推理、数学运算、数学抽象等.
备考策略 1.夯实基础,掌握函数的图象和性质等基础性的重点知识,为解答综合性问题做好准备.
2.理解并记忆一些必要的二级结论.本专题二级结论很多,如能掌握,对解答问题大有益处.
3.重视一些扩充的解题技巧,如洛必达法则、隐零点问题、极值点偏移问题等.
4.提升运算正确率.函数与导数综合题尤其是解答题,运算量很大,需要在平时备考中加以训练.
真题感悟
1.(2022·全国甲·文12)已知9m=10,a=10m-11,b=8m-9,则(　　)
A.a>0>b B.a>b>0
C.b>a>0 D.b>0>a
答案 A　
2.(2022·全国乙·理12)已知函数f(x),g(x)的定义域均为R,且f(x)+g(2-x)=5,
g(x)-f(x-4)=7.若y=g(x)的图象关于直线x=2对称,g(2)=4,则
f(k)=(　　)
A.-21 B.-22 C.-23 D.-24
答案 D　
解析 由g(x)的图象关于直线x=2对称,可知g(x)=g(4-x).
∵f(x)+g(2-x)=5,∴f(-x)+g(2+x)=5.
又g(2-x)=g(2+x),∴f(x)=f(-x).
∵g(x)-f(x-4)=7,∴g(4-x)-f(-x)=7.
又g(x)=g(4-x),∴f(x-4)=f(-x)=f(x).
∴f(x)的周期为4.
当x=0时,f(0)+g(2)=5,∴f(0)=5-g(2)=1,
∴f(4)=f(0)=1.
当x=2时,g(2)-f(-2)=7,∴f(-2)=g(2)-7=-3,
∴f(2)=f(-2)=-3.
当x=1时,f(1)+g(1)=5,g(1)-f(-3)=7,
又f(-3)=f(1),∴g(1)-f(1)=7,∴f(1)=-1,
∴f(-1)=f(1)=-1,∴f(3)=f(-1)=-1.
3.(2021·全国乙·理10)设a≠0,若x=a为函数f(x)=a(x-a)2(x-b)的极大值点,则(　　)
A.ab
C.aba2
答案 D　
解析 因为f(x)=a(x-a)2(x-b),所以f'(x)=2a(x-a)(x-b)+a(x-a)2
内,f'(x)<0,函数f(x)单调递减.此时a(a-b)<0,即a2综上可得a24.(多选)(2022·新高考 Ⅰ·10)已知函数f(x)=x3-x+1,则(　　)
A.f(x)有两个极值点
B.f(x)有三个零点
C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心
D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线
答案 AC　
解析 ∵f(x)=x3-x+1,∴f'(x)=3x2-1.
由f'(x)=3x2-1=2,解得x=±1,∴曲线y=f(x)在点(1,1)处的切线方程为
y-1=2(x-1),即y=2x-1;
曲线y=f(x)在点(-1,1)处的切线方程为y-1=2(x+1),即y=2x+3.
∴直线y=2x与曲线y=f(x)不相切.故选AC.
5.(2021·全国甲·理13)曲线y= 在点(-1,-3)处的切线方程为　　　　　.
答案 5x-y+2=0　
(1)若f(x)≥0,求a的取值范围;
(2)证明:若f(x)有两个零点x1,x2,则x1x2<1.
f'(x)<0,f(x)单调递减,当x>1时,f'(x)>0,f(x)单调递增.则f(x)min=f(1)=e+1-a.要使得f(x)≥0恒成立,即满足f(x)min=e+1-a≥0,∴a≤e+1.故a的取值范围为
(-∞,e+1].
又x-1<0,∴F'(x)>0,∴F(x)在(0,1)上单调递增.
又F(1)=f(1)-f(1)=0,
(1)当a=2时,求f(x)的单调区间;
(2)若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围.
(方法二　构造差函数)
由曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点知f(x)=1,即xa=ax在区间(0,+∞)内有两个解,取对数得方程aln x=xln a在区间(0,+∞)内有两个根.
当00,g'(x)>0,g(x)在区间(0,+∞)内单调递增,
所以g(x)在(0,+∞)内最多只有一个零点,不符合题意;
当x→+∞时,有aln x单调递增区间为(e,+∞),所以h(a)≥h(e)=0,当且仅当a=e时取等号,故h(a)>0的解为a>1且a≠e.
所以实数a的取值范围为(1,e)∪(e,+∞).
(方法三　分离法:一曲一直)
知识精要
1.函数的概念
(1)求函数定义域的方法是依据使含自变量x的代数式有意义列出相应的不等式(组)求解.
误区警示
函数的定义域必须写成集合或区间的形式.
(2)求函数的值域要优先考虑定义域,常用方法:配方法、分离常数法、换元法、单调性法、基本不等式法、数形结合法.
2.函数的性质
(1)奇偶性:①定义:若函数的定义域关于原点对称,则有:f(x)是偶函数
f(-x)=f(x);f(x)是奇函数 f(-x)=-f(x).
②判断方法:定义法、图象法、奇偶函数性质法(如奇函数×奇函数是偶函数).
(2)单调性的判断方法:定义法、图象法、导数法.
这是函数具有奇偶性的重要前提
(3)周期性的常用结论:若f(x+a)=-f(x)或f(x+a)=± (a≠0),则T=2a;若f(x+a)=f(x-b),则T=a+b;若f(x)的图象有两条对称轴直线x=a和直线x=b(a≠b),则T=2|b-a|;若f(x)的图象有两个对称中心(a,0)和(b,0)(a≠b),则T=2|b-a|(可类比正、余弦函数).
等式中自变量x的系数同号
误区警示
若f(x)是奇函数且在原点有定义,则f(0)=0;若函数f(x)是周期为T的奇函数,则必有f =0.
3.函数的图象
(1)函数图象的判断方法:①找特殊点;②看性质:根据函数性质判断图象的位置、对称性、变化趋势等;③看变换:看函数是由基本初等函数经过怎样的变换得到的.
(2)若y=f(x)的图象关于直线x=a对称,则有f(a+x)=f(a-x)或f(2a-x)=f(x)或f(x+2a)=f(-x);若y=f(x)对 x∈R都有f(a-x)=f(b+x),则f(x)的图象关于直线
等式中自变量x的系数异号
(3)函数y=f(x)与y=f(-x)的图象关于y轴对称,函数y=f(a-x)与y=f(b+x)的图象关于直线x= 对称;y=f(x)与y=-f(x)的图象关于x轴对称;y=f(x)与y=-f(-x)的图象关于原点中心对称.
(4)利用图象可解决函数的最值、方程与不等式的解以及求参数的取值范围等问题.
4.指数运算与对数运算的常用结论
(4)对数值符号规律:已知a>0,且a≠1,b>0,则logab>0 (a-1)(b-1)>0;
logab<0 (a-1)(b-1)<0.
误区警示
对数的倒数法则:logab= (a,b>0,且a,b≠1).
5.指数函数与对数函数的图象和性质
(1)指数型函数y=k·amx+n+p(a>0,且a≠1,m≠0)的图象经过的定点为 ,对数型函数y=k·loga(mx+n)+p(a>0,且a≠1,m≠0)的图象所经
过的定点为 .
　 根据a0=1推知
　　　　
　　
根据loga1=0推知
(2)函数y=loga|x|(a>0,且a≠1)是偶函数,图象关于y轴对称,当a>1时,在区间
(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增;当0(3)函数y=|logax|(a>0,且a≠1)是非奇非偶函数,图象在x轴上方及x轴上,在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增.
当01时结论相同
6.函数的零点问题
(1)函数F(x)=f(x)-g(x)的零点就是方程f(x)=g(x)的根,即函数y=f(x)的图象与函数y=g(x)的图象交点的横坐标.
(2)确定函数零点的常用方法:①直接解方程法;②利用零点存在性定理;③数形结合,利用两个函数图象的交点求解.
误区警示
函数的零点是一个实数,而不是几何图形.
7.导数的几何意义
函数f(x)在x=x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0,f(x0))处的切线的斜率,即曲线f(x)在点P处的切线的斜率k=f'(x0),相应的切线方程为y-f(x0)=f'(x0)(x-x0).
误区警示
求曲线的切线方程时,要注意是在点P处的切线还是过点P的切线,前者点P为切点,后者点P不一定为切点.
8.利用导数研究函数的单调性
(1)导数与函数单调性的关系.
①f'(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件,如函数f(x)=x3在区间(-∞,+∞)上单调递增,但f'(x)≥0.
②f'(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件,如函数f(x)在某个区间内恒有f'(x)=0,则f(x)为常数函数.
(2)求单调区间(或证明单调性),只要在函数定义域内解(或证明)不等式f'(x)>0或f'(x)<0.
(3)若f(x)在区间D上单调递增,转化为在区间D上f'(x)≥0恒成立;若f(x)在区间D上单调递减,转化为在区间D上f'(x)≤0恒成立(注意:f'(x)=0在区间D的任意子区间上不恒成立).
注意带“=”
(4)若f(x)在区间D上存在单调递增区间, 转化为f'(x)>0在区间D上有解;若f(x)在区间D上存在单调递减区间,转化为f'(x)<0在区间D上有解.　
注意不带“=”
9.利用导数研究函数的极值、最值
(1)若f'(x0)=0,且在x0附近左侧f'(x)>0,右侧f'(x)<0,则f(x0)为函数f(x)的极大值;若f'(x0)=0,且在x0附近左侧f'(x)<0,右侧f'(x)>0,则f(x0)为函数f(x)的极小值.
(2)设函数y=f(x)在区间[a,b]上连续,在区间(a,b)内可导,则f(x)在区间[a,b]上必有最大值和最小值,且在极值点或端点处取得.
(3)若函数在开区间或无穷区间上有唯一的极值,则其即为相应的最值.
　这个条件不可少
误区警示
若函数的导数存在,则某点处的导数等于零是函数在该点取得极值的必要不充分条件,因此已知极值点求参数值时要注意检验.
10.与ex,ln x有关的常用不等式的结论
(1)由在函数f(x)=ex图象上任一点(m,f(m))处的切线方程为y-em=em(x-m),得ex≥em(x+1)-mem,当且仅当x=m时,等号成立.当m=0时,有ex≥x+1;当m=1时,有ex≥ex.
称为“切线放缩”
　称为“切线放缩”
误区警示
不等式证明中两个常用的放缩不等式:ex≥x+1,ln x≤x-1.
高考小题突破8　
考点一
函数及其表示
考向1函数的定义域与值域
A.M=N
B.M∩N=
C.M N
D.N M
答案 (1)(-∞,0)∪(0,1]　(2)B　
增分技巧
确定函数定义域的基本方法
(1)对于给出解析式的函数,其定义域是使解析式有意义的自变量的取值集合,只需构建不等式(组)求解即可.
(2)对于复合函数,确定其定义域的一般步骤是:若已知f(x)的定义域为[a,b],则其复合函数f(g(x))的定义域可由不等式a≤g(x)≤b求得.
(3)对于含字母参数的函数,确定其定义域,要根据具体情况对字母参数进行分类讨论.
答案 (1)(3,4)　(2)2　
考向2分段函数及其应用
典例突破2(1)(2022·湖南湘潭三模)已知a>0,且a≠1,函数
增分技巧
解决分段函数问题的基本策略
(1)分类讨论:已知函数值(或范围)求自变量的值(或范围)时,常常先根据每一段的解析式分别求解,但要注意检验所求自变量的值(或范围)是否符合相应段的自变量的取值范围,然后综合各段的结果即可求解.
(2)数形结合:求解分段函数问题时,画出函数的图象,对代数问题进行转化,结合图形直观地分析判断,可以快速准确地解决问题.
考点二
函数的性质及应用
考向1函数的周期性与奇偶性
典例突破3(2021·全国甲·理12)设函数f(x)的定义域为R,f(x+1)为奇函数,
答案 D　
解析 ∵f(x+1)是奇函数,
∴f(-x+1)=-f(x+1).
∴f(x+2)=f(x+1+1)=-f(-x).
∴f(2-x)=f(1-x+1)=-f(x).
∵f(x+2)是偶函数,∴f(x+2)=f(2-x),∴-f(-x)=-f(x),即f(-x)=f(x),∴f(x)是偶函数.
∵f(x+4)=f[(x+2)+2]=f[-(x+2)+2]=f(-x)=f(x),∴函数f(x)的周期为4,
∴f(3)=f(1)=0.
∵f(0)=f(-1+1)=-f(1+1)=-f(2),∴f(0)=-f(2).
∵当x∈[1,2]时,f(x)=ax2+b,
∴由f(1)=0得a+b=0.
∵f(0)+f(3)=6,∴f(0)=6,∴f(2)=-6.
增分技巧
函数奇偶性、周期性应用技巧
(1)具有奇偶性的函数,在关于原点对称的区间上,函数值、单调性、图象都有密切的联系,可通过原点一侧图象对应函数的性质得出另一侧图象对应函数的性质.
(2)根据函数的周期性,可以转化函数的解析式、图象、性质,将不在已知区间上的问题转化为已知区间上的问题进行求解.
(3)函数的周期性往往通过奇偶性与对称性得到,当函数有两条对称轴(或两个对称中心、一条对称轴和一个对称中心)时,都能推出函数的周期,例如,若函数f(x)有一条对称轴为直线x=a和相邻的一个对称中心(b,0),则
4|a-b|就是f(x)的一个周期.
对点练3(2022·新高考Ⅱ·8)若函数f(x)的定义域为R,且f(x+y)+f(x-y)=f(x)f(y),
f(1)=1,则 f(k)=(　　)
A.-3 B.-2 C.0 D.1
答案 A　
解析 令y=1,得f(x+1)+f(x-1)=f(x)·f(1)=f(x),即f(x+1)=f(x)-f(x-1).从而f(x+2)=f(x+1)-f(x),f(x+3)=f(x+2)-f(x+1).
消去f(x+2)和f(x+1),得到f(x+3)=-f(x),从而f(x+6)=f(x),故f(x)的周期为6.
令x=1,y=0,得f(1)+f(1)=f(1)·f(0),得f(0)=2,
f(2)=f(1)-f(0)=1-2=-1,
f(3)=f(2)-f(1)=-1-1=-2,
f(4)=f(3)-f(2)=-2-(-1)=-1,
f(5)=f(4)-f(3)=-1-(-2)=1,
f(6)=f(5)-f(4)=1-(-1)=2,
考向2函数的单调性与奇偶性
典例突破4(1)(2022·广东茂名二模)已知f(x)=x-sin x,则不等式f(2m+1)+
f(1-m)>0的解集为(　　)
A.(-∞,-2) B.(-2,+∞) C.(0,+∞) D.(-∞,0)
(2)(2022·山东聊城二模)已知f(x)为R上的奇函数,f(2)=2,若对 x1,x2
∈(0,+∞),当x1>x2时,都有(x1-x2)[ ]<0,则不等式(x+1)f(x+1)>4的解集为(　　)
A.(-3,1)
B.(-3,-1)∪(-1,1)
C.(-∞,-1)∪(-1,1)
D.(-∞,-3)∪(1,+∞)
答案 (1)B　(2)B　
解析 (1)由题意知f(x)的定义域为R,且f(-x)=-x+sin x=-f(x),得f(x)为奇函数,且f'(x)=1-cos x≥0,f'(x)=0在定义域的任意子区间上不恒成立,所以f(x)在
(-∞,+∞)上单调递增.由f(2m+1)+f(1-m)>0得f(2m+1)>f(m-1),即2m+1>m-1,解得m>-2.
即x1f(x1)而g(x+1)=(x+1)f(x+1)>4=2f(2)=g(2),
则0因为f(x)为R上的奇函数,所以g(-x)=-xf(-x)=xf(x)=g(x),则g(x)为R上的偶函数,故g(x)在(-∞,0)上单调递增,g(x+1)=(x+1)f(x+1)>4=g(-2),则-2当x=-1时,(x+1)f(x+1)=0<4.
综上,原不等式的解集为(-3,-1)∪(-1,1).
增分技巧
函数单调性与奇偶性应用中应注意的问题
(1)判断函数的奇偶性,首先必须检验定义域是否关于原点对称,复合函数的奇偶性可回归到奇偶性的定义进行判断,分段函数的奇偶性,要分段讨论,也可以利用图象判断.
(2)已知奇偶性求参数值时,一般利用奇、偶函数的定义,也可采用特殊值法.特别地,若函数f(x)是奇函数且在x=0处有定义,则可利用f(0)=0求得参数值.
(3)奇偶性与单调性的应用主要涉及利用单调性求最值、进行大小比较、解抽象函数不等式等,解题时要注意几个方面:一是函数定义域的限制,二是函数单调性的判定,三是等价转化思想与数形结合思想的运用,如已知f(x)为偶函数且在区间[0,+∞)内单调递增,那么形如f(m)>f(n)的不等式均可转化为f(|m|)>f(|n|),从而有|m|>|n|,这样避免了分类讨论,可简化解题过程.
对点练4(1)(2022·天津南开三模)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数,且f(x)在[0,+∞)上单调递增,记 ,b=f(2.30.3),c=f(log210),则a,b,c的大小关系为(　　)
A.aC.b(2)(2022·重庆名校联盟模拟)已知函数f(x)=2|x|+x2-28,则不等式f(x2-3x)≤4的解集为　　　　　.
答案 (1)A　(2)[-1,4]　
解析 (1)因为函数f(x)是定义在R上的偶函数,所以 =f(log32),又因为03,且f(x)在[0,+∞)上单调递增,
所以f(log32)(2)函数f(x)的定义域为R,f(-x)=2|-x|+(-x)2-28=2|x|+x2-28=f(x),所以函数f(x)为偶函数,当x≥0时,f(x)=2x+x2-28单调递增.
因为f(4)=24+42-28=4,则f(x2-3x)≤4=f(4),所以f(|x2-3x|)≤f(4),所以|x2-3x|≤4,所以-4≤x2-3x≤4.
因为x2-3x+4= >0恒成立,故x2-3x≥-4恒成立,由x2-3x≤4可得
x2-3x-4≤0,解得-1≤x≤4.
因此原不等式的解集为[-1,4].
考点三
函数的图象及应用
考向1根据解析式识别函数图象
典例突破5(2022·全国甲·理5)函数y=(3x-3-x)cos x在区间 上的图象大致为(　　)
答案 A　
解析 设f(x)=(3x-3-x)cos x,则f(-x)=(3-x-3x)cos(-x)=-f(x),所以函数为奇函数,排除B,D选项.又f(1)=(3-3-1)cos 1>0,故选A.
增分技巧
根据函数解析式识别函数图象的基本方法是由解析式研究函数的性质,诸如:定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性、特殊点处的函数值等,由此确定图象应该满足的几何特征,诸如:对称性、变化趋势、范围等,从而对照选项作出判断,通常从以下几方面入手:
(1)从函数的定义域,判断图象的左右位置.
(2)从函数的值域,判断图象的上下位置.
(3)从函数的单调性,判断图象的变化趋势.
(4)从函数的奇偶性,判断图象的对称性.
(5)从函数在特殊点处的函数值,排除不符合要求的图象.
对点练5(2022·广东韶关二模)函数f(x)= 的图象大致为(　　)
答案 A　
当x>0时,f(x)>0;当x→+∞时,函数y=ex-e-x的增长速度比y=x2的增长速度快,所以f(x)→0,故排除C.
考向2由图象确定函数解析式
典例突破6(2022·全国乙·文8)下图是下列四个函数中的某个函数在区间
[-3,3]的大致图象,则该函数是(　　)
答案 A　
增分技巧
由函数图象确定其解析式的基本方法
(1)将图象的左右、上下分布情况与函数的定义域、值域进行对照.
(2)从图象的变化趋势,分析函数的单调性,与解析式对照.
(3)从图象的对称性特征,分析函数的奇偶性,与解析式对照.
(4)从图象的循环往复特征,分析函数的周期性,与解析式对照.
对点练6
(2022·浙江嘉兴二模)已知函数f(x)的图象如图所示,则f(x)的解析式可能是(　　)(e≈2.718 28是自然对数的底数)
答案 B　
高考小题突破9
考点一
基本初等函数的图象与性质
典例突破1(2022·山东潍坊模拟)若函数f(x)=(k-1)ax-a-x(a>0,且a≠1)在R上既是奇函数,又是减函数,则g(x)=loga(x+k)的图象是(　　)
A.(-∞,0] B.(-1,0]
C.(-1,0]∪[1,+∞) D.[1,+∞)
答案 (1)A　(2)C
解析 (1)由于f(x)是R上的奇函数,所以f(0)=k-1-1=0,k=2,所以g(x)=loga(x+2),x>-2,因为f(x)=ax- 为减函数,所以0(-2,+∞)上的减函数,g(-1)=0,所以A选项正确.
增分技巧
基本初等函数的图象与性质应用技巧
(1)指数函数与对数函数的图象分别经过定点(0,1)和(1,0),在进行图象识别与判断中注意对图象所经过定点的分析.
(2)与指数函数和对数函数有关的函数的奇偶性,在利用定义判断时,注意对f(-x)表达式的变形与转化,以便得出f(x)与f(-x)的关系.
(3)由指数函数、对数函数与其他函数复合而成的函数,其性质的研究往往通过换元法转化为两个基本初等函数的有关性质,然后根据复合函数的性质与相关函数的性质之间的关系进行判断.
对点练1(1)(2022·湖北黄冈模拟)若a>0,b>0,且ab=1,a≠1,则函数y=ax与函数y=-logbx在同一坐标系中的图象可能是(　　)
(2)(2022·山东淄博一模)若4x=5y=20,z=logxy,则x,y,z的大小关系为(　　)
A.xC.y答案 (1)B　(2)D　
解析 (1)对数函数定义域是x>0,A错;C中指数函数图象01,
y=-logbx为减函数,C错;B,D中都有a>1,则0(2)∵4x=5y=20,根据指数与对数的关系和y=logax(a>1)为增函数,得x=log420>log416=2,y=log520,由log55考点二
函数的零点
考向1确定函数零点个数或区间
A.0 B.1 C.2 D.3
(2)(2022·陕西西安铁一中学模拟)函数f(x)= 的零点个数为(　　)
A.0 B.1 C.2 D.3
答案 (1)C　(2)D　
(2)当x>0时,f(x)=0 ln x=x2-2x,则函数f(x)的零点个数为函数y=ln x与函数y=x2-2x,x∈(0,+∞)的交点个数.作出两个函数的图象如下图所示,
由图可知,当x>0时,函数f(x)的零点有两个,当x≤0时,由f(x)=x2-2x-3=0
x=-1(正值舍去),即当x≤0时,函数f(x)的零点有一个.
综上,函数f(x)的零点个数为3.
增分技巧
函数零点个数的判断方法
(1)直接法求零点:令f(x)=0,如果能求出解,则方程有几个解,函数f(x)就有几个零点.
(2)零点存在性定理:若函数f(x)在区间[a,b]上的图象是连续不断的曲线,且f(a)·f(b)<0,则结合函数的性质(如单调性、奇偶性)即可确定函数f(x)零点的个数.
(3)利用图象交点的个数:将函数变形为两个函数的差,画出两个函数的图象,看其交点的横坐标有几个不同的值,就有几个不同的零点.
(4)形如f(g(x))的函数,可采用换元法,先令g(x)=t,求得当f(t)=0时t的值,然后根据函数g(x)的图象及性质确定当g(x)=t时x的值的个数即为f(g(x))的零点的个数,解答时注意数形结合,注意对函数f(x)与g(x)图象及性质的分析.
对点练2(1)(2022·安徽安庆模拟)已知函数f(x)= 则方程
f(x)-2|x|=0的解的个数是(　　)
A.0 B.1 C.2 D.3
(2)(2022·江西重点中学盟校模拟)已知函数f(x)=2x+x-4,g(x)=ex+x-4,h(x)=ln x+x-4的零点分别是a,b,c,则a,b,c的大小顺序是(　　)
A.aC.b答案 (1)C　(2)C　
解析 (1)令f(x)-2|x|=0,得f(x)=2|x|,则函数f(x)-2|x|零点的个数即函数f(x)与函数y=2|x|的交点个数.作出函数f(x)与函数y=2|x|的图象,可知两个函数图象的交点的个数为2,故方程f(x)-2|x|=0的解的个数为2.
(2)f(x)的零点可以看成y=2x与y=4-x的交点的横坐标,g(x)的零点可以看成y=ex与y=4-x的交点的横坐标,h(x)的零点可以看成y=ln x与y=4-x的交点的横坐标,在同一坐标系分别画出y=2x,y=ex,y=ln x,y=4-x的函数图象,如右图所示,可知c>a>b.
考向2根据函数的零点求参数的值或范围
典例突破3(多选)(2022·河北廊坊模拟)已知函数f(x)=|x2+3x+1|-a|x|,则下列结论正确的是(　　)
A.若f(x)没有零点,则a∈(-∞,0)
B.若f(x)恰有2个零点,则a∈(1,5)
C.若f(x)恰有3个零点,则a=1或a=5
D.若f(x)恰有4个零点,则a∈(5,+∞)
答案 AC　
由图可知:若f(x)没有零点,则a∈(-∞,0),故A正确;
若f(x)恰有2个零点,则a∈{0}∪(1,5),故B错误;
若f(x)恰有3个零点,则a=1或a=5,故C正确;
若f(x)恰有4个零点,则a∈(0,1)∪(5,+∞),故D错误.
增分技巧
已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法
(1)直接法:直接求解方程得到方程的根,再通过解不等式确定参数的取值范围.
(2)分离参数法:先将参数分离,转化成求函数的值域问题进行求解.
(3)数形结合法:先对解析式变形,进而构造两个函数,然后在同一平面直角坐标系中画出两个函数的图象,利用数形结合的方法求解.
对点练3(1)(2022·浙江嘉兴模拟)已知函数f(x)= 若方程f(x)-a=0有4个不同的实数解,则实数a的取值范围为　　　　　.
(2)(2022·广东茂名一模)已知函数f(x)= 若x1,x2,x3均不相等,且f(x1)=f(x2)=f(x3),则x1x2x3的取值范围是　　　　　　　　.
答案 (1)(1,5]　(2)(2,3)　
解析 (1)由题知方程f(x)-a=0有4个不同的实数解,即f(x)=a有4个不同的实数解.
作出f(x)图象(如图所示),即直线y=a与曲线y=f(x)有4个交点.
由图象易知1(2)不妨设x1=-x3+3∈(0,1),
所以log2x1=-log2x2,即x1x2=1,
由f(x1)=f(x2)=f(x3)得,x3∈(2,3),所以x1x2x3的取值范围是(2,3).
考点三
函数模型及其应用
典例突破4(1)(2022·辽宁协作体一模)果农采摘水果,采摘下来的水果会慢慢失去新鲜度.已知某种水果失去新鲜度h与其采摘后时间t(单位:天)满足的函数关系式为h=m·at(a>0且a≠1).若采摘后10天,这种水果失去的新鲜度为10%,采摘后20天,这种水果失去的新鲜度为20%.那么采摘下来的这种水果多长时间后失去40%新鲜度(　　)
A.25天 B.30天
C.35天 D.40天
(2)(2022·山东聊城一模)随着经济的发展和社会的进步,人们的环保意识日益增强.某化工厂产生的废气中污染物的含量为1.2 mg/cm3,排放前每过滤一次,该污染物的含量都会减少20%,当地环保部门要求废气中该污染物的含量不能超过0.2 mg/cm3,若要使该工厂的废气达标排放,那么该污染物排放前需要过滤的次数至少为(　　)(参考数据:lg 2≈0.3,lg 3≈0.477)
A.5 B.7 C.8 D.9
答案 (1)B　(2)C　
所以n≥7.77,又n∈N*,所以nmin=8,即该污染物排放前需要过滤的次数至少为8.
增分技巧
函数模型应用问题的两个关键点
(1)认真读题,缜密审题,正确理解题意,明确问题的实际背景,然后进行抽象概括,将实际问题转化为数学问题.
(2)合理建立函数模型,选取恰当的变量,寻找变量之间的内在联系,用恰当的代数式表示变量之间的关系,然后利用函数知识解决数学问题,从而解决实际问题.
对点练4(2022·山东师大附中模拟)已知某电子产品电池充满时的电量为3 000毫安,且在待机状态下有两种不同的耗电模式可供选择.模式A:电量呈线性衰减,每小时耗电300毫安;模式B:电量呈指数衰减,即:从当前时刻算起,t小时后的电量为当前电量的 .现使该电子产品处于满电量待机状态时开启A模式,并在x小时后,切换为B模式,若使其在待机10小时后有超过5%的电量,则x的取值范围是(　　)
A.(1,2) B.(1,2] C.(8,9) D.[8,9)
答案 C　
解析 由题意得,x小时后的电量为(3 000-300x)毫安,此时转为B模式,可得10
0所以1<10-x<2,得8高考小题突破10
考点一
导数的几何意义
(2)(2022·新高考Ⅰ·15)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　　　　　.
答案 (1)y=-2x+2　(2)(-∞,-4)∪(0,+∞)
增分技巧
利用导数的几何意义解决切线问题的方法
(1)已知切点(x0,y0),则曲线y=f(x)在点(x0,y0)处的切线方程为y-y0=f'(x0)(x-x0).
(2)已知曲线y=f(x)的切线斜率k,求切点坐标(x0,y0)时,可根据f'(x0)=k解方程得到.
(3)求曲线y=f(x)过点(x1,y1)的切线方程时,应设出切点(x0,y0),则切线方程为y-y0=f'(x0)(x-x0),再将点(x1,y1)的坐标代入切线方程,求出x0即得切线方程.
(4)解决曲线y=f(x)和y=g(x)的公切线问题时,通常有两种方法:一是利用其中一条曲线在某点处的切线与另一条曲线相切,列出关系式求解;二是分别设出公切线与曲线y=f(x)和y=g(x)的切点P1(x1,y1),P2(x2,y2),则有f'(x1)=g'(x2)= ,据此列式求解.
对点练1(1)(2022·安徽黄山二模)已知函数f(x)=x2-xf'(1),则曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为(　　)
A.3x-y-4=0 B.3x-y+4=0
C.3x+y+4=0 D.3x+y-4=0
(2)(2022·福建三明模拟)已知曲线y=e2x+2-x在点(x0,y0)处的切线平行于直线x-y-2=0,则切点坐标为　　　　　.
答案 (1)A　(2)(-1,2)　
解析 (1)由f(x)=x2-xf'(1),得f'(x)=2x-f'(1),
所以f'(1)=2-f'(1),得f'(1)=1,所以f(x)=x2-x,f'(x)=2x-1,所以f(2)=22-2=2,
f'(2)=2×2-1=3,
所以所求切线方程为y-2=3(x-2),即3x-y-4=0.
(2)y=e2x+2-x,则y'=2e2x+2-1,
考点二
利用导数研究函数的单调性
考向1求函数的单调区间
典例突破2(2022·重庆八中高三检测)函数f(x)=e-xcos x(x∈(0,π))的单调递增区间为(　　)
答案 D　
增分技巧
利用导数求函数的单调区间,其实质是转化为解不等式问题,但应注意以下几点:
(1)首先确定函数的定义域,忽视定义域的限制易致错.
(2)当函数在区间的端点处有定义时,单调区间可以写成闭区间也可以写成开区间,但当函数在区间的端点处没有定义时,单调区间只能写成开区间.
(3)当函数具有多个单调递增区间(递减区间)时,不能用“∪”联结,而应该用“和”“及”等联结.
对点练2(2022·河北张家口模拟)函数f(x)= 的单调递减区间为　　　　 .
答案 (-∞,1)　
解析 当x<0时,f(x)=-x-2,则其在(-∞,0)上单调递减,当x≥0时,f(x)=(x-2)ex,则f'(x)=ex+(x-2)ex=(x-1)ex,当x>1时,f'(x)>0,则f(x)在(1,+∞)上单调递增.
当0≤x<1时,f'(x)<0,所以f(x)在[0,1)上单调递减,又0-2=-2,f(0)=-2,故f(x)的单调递减区间为(-∞,1).
考向2利用函数的单调性求参数的取值范围
答案 (1)B　(2)(4,5)　
增分技巧
已知函数单调性求参数取值范围问题注意点
(1)已知函数单调性求参数取值范围问题主要采用等价转化法,但要注意函数在某一区间上单调递增(递减)与存在单调递增(递减)区间的区别,前者是恒成立问题,后者是不等式有解问题.
(2)解决这类问题主要与参数处理相关,因此尽量采取措施合理地规避分类讨论,简化求解过程,否则就要运用分类讨论的思想解决问题.
对点练3(1)(2022·湖南长沙模拟)已知函数f(x)= x3+mx2+nx+1的单调递减区间是(-3,1),则m+n的值为　　　　　.
(2)(2022·山东烟台高三期中)已知函数f(x)=exsin x-ax在(-π,0)上单调递增,则实数a的取值范围是　　　　　.
解析 (1)由题设,f'(x)=x2+2mx+n,由f(x)单调递减区间是(-3,1),
∴f'(x)<0的解集为(-3,1),则-3,1是f'(x)=0的根,
∴-2m=-3+1=-2,n=(-1)×3=-3,可得m=1,n=-3,故m+n=-2.
(2)f(x)=exsin x-ax,f'(x)=exsin x+excos x-a,
因为函数f(x)=exsin x-ax在(-π,0)上单调递增,
所以x∈(-π,0),exsin x+excos x-a≥0恒成立,即x∈(-π,0),a≤ex(sin x+cos x)恒成立.
考向3比较大小或解不等式
A.a>b>c B.c>a>b
C.a>c>b D.c>b>a
答案 (1)B　(2)B　
仅当x=0时,等号成立.
所以函数g(x)在[0,+∞)上单调递增,
所以g(x)≥g(0)=0,即f'(x)≥0恒成立,
所以函数f(x)在区间[0,+∞)上单调递增,又函数f(x)为偶函数,所以函数f(x)在区间(-∞,0]上单调递减,
增分技巧
利用导数解不等式或比较大小的思路
根据题目条件,通过已知函数或构造辅助函数,利用导数研究函数的单调性,把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性,再由单调性比较大小或解不等式问题.
对点练4(2022·辽宁大连二模)下列不等式正确的是(　　)
答案 B　
考点三
利用导数研究函数的极值、最值
C.极大值,且极大值为0
D.极小值,且极小值为0
(2)(2022·全国乙·文11)函数f(x)=cos x+(x+1)sin x+1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为(　　)
答案 (1)A　(2)D　
增分技巧
利用导数研究函数极值、最值的方法
(1)若求极值,则先求方程f'(x)=0的根,再检查f'(x)在方程根的左右函数值的符号.
(2)若已知极值大小或存在情况,则转化为已知方程f'(x)=0根的大小或存在情况来求解.
(3)求函数f(x)在闭区间[a,b]上的最值时,在得到极值的基础上,结合区间端点的函数值f(a),f(b)与f(x)的各极值进行比较,从而得到函数的最值.
(2)(2022·陕西安康二模)若函数f(x)=ex-ax2-2ax有两个极值点,则实数a的取值范围为(　　)
答案 (1)B　(2)D　
时,若b≥0,则 x>0时,f'(x)<0,f(x)在区间(0,+∞)上单调递减,当x→+∞时,
f(x)→-∞,当x→0+时,f(x)→+∞,无最大值,不符合题意.当b<0时,易知函数f(x)
(2)由f(x)=ex-ax2-2ax,得f'(x)=ex-2ax-2a.
因为函数f(x)=ex-ax2-2ax有两个极值点,
所以f'(x)=ex-2ax-2a=0有两个不同的根,则2a≠0,
考点四
利用导数解决实际问题
典例突破6(2022·新高考Ⅰ·8)已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π,且3≤l≤3 ,则该正四棱锥体积的取值范围是(　　)
答案 C　
解析 本题主要考查球与几何体的切、接问题.
记正四棱锥高与侧棱的夹角为θ,高为h,底面中心到底面各顶点的距离为m.
∵正四棱锥外接球的体积为36π,∴外接球的半径R=3.
增分技巧
利用导数解决生活中优化问题的一般步骤
(1)建模:分析实际问题中各量之间的关系,列出实际问题的数学模型,写出实际问题中变量之间的函数关系式y=f(x).
(2)求导:求函数的导数f'(x),解方程f'(x)=0.
(3)求最值:比较函数在区间端点和极值点处的函数值的大小,最大(小)者为最大(小)值.
(4)结论:回归实际问题作答.
对点练6(2022·福建龙岩模拟)为了支援某地灾情,A地组织物流企业的汽车运输队从高速公路向该地运送物资.已知A地距离该地500 km,设车队从A地匀速行驶到该地,高速公路限速为60 km/h~110 km/h.已知车队每小时运输成本(以元为单位)由可变部分和固定部分组成,可变部分与速度v km/h的立方成正比,比例系数为b,固定部分为a元.若b= ,a=104,为了使全程运输成本最低,车队速度v应为(　　)
A.80 km/h B.90 km/h
C.100 km/h D.110 km/h
答案 C　
所以当v=102时y'=0,当60≤v<100时y'<0,当1000,
即函数在[60,100)上单调递减,在(100,110]上单调递增,
所以当v=100时取得极小值,即最小值,
所以v=100 km/h时全程运输成本最低.
高考增分大题六
增分1
利用导数证明不等式
考点一 构造函数,利用最值证明不等式
典例突破1(2021·全国乙·理20)设函数f(x)=ln(a-x),已知x=0是函数y=xf(x)的极值点.
(1)求a;
(1)解 由题意,f(x)的定义域为(-∞,a).
令p(x)=xf(x),则p(x)=xln(a-x),x∈(-∞,a),
当x<0时,p'(x)>0,
当0所以当a=1时,x=0是函数y=xf(x)的一个极大值点.
因为当x∈(-∞,0)时,xln(1-x)<0,
当x∈(0,1)时,xln(1-x)<0,
所以需证明x+ln(1-x)>xln(1-x),即x+(1-x)ln(1-x)>0.
令h(x)=x+(1-x)ln(1-x),x<1,
所以h'(0)=0,当x∈(-∞,0)时,h'(x)<0,
当x∈(0,1)时,h'(x)>0,
所以x=0为h(x)的唯一极小值点,也是最小值点,所以当x∈(-∞,0)∪(0,1)
增分技巧
构造函数利用最值证明不等式
在证明不等式f(x)>0(f(x)<0)时,可通过证明f(x)min>0(f(x)max<0)来实现,因此关键是求出函数f(x)的最小值(最大值).在求函数f(x)的最值时,主要利用导数通过单调性及极值求得,有以下几种情形:
(1)直接求得f(x)的最值,且最值是一个具体的实数.
(2)求得f(x)的最值,且最值是一个含有参数的代数式,再说明该代数式的最值大于0(小于0).
(3)通过隐零点求得f(x)的最值,再说明含有隐零点的最值表达式大于0(小于0).
对点练1(2022·湖南株洲一模)设函数f(x)=aln x+ -1(a∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)当x∈(0,1)时,证明:x2+x- -1(2)证明 由(1)可知当a=1时,f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞);
当x=1时,f(x)取极小值f(1)=0,所以f(x)≥f(1)=0,
又因为x∈(0,1),所以只需证ex<(x+1)2,
令h(x)=ex-(x+1)2,则h'(x)=ex-2(x+1),
令H(x)=h'(x)=ex-2(x+1),则H'(x)=ex-2,
令H'(x)=ex-2=0,得x=ln 2,
当0当ln 20,H(x)单调递增,
所以H(x)min=H(ln 2)=eln 2-2(ln 2+1)=-2ln 2<0,
又H(0)=e0-2=-1<0,H(1)=e-4<0,
所以在x∈(0,1)时,H(x)=h'(x)<0恒成立,所以h(x)在(0,1)上单调递减,所以h(x)考点二 放缩法构造函数证明不等式
典例突破2(2022·新高考Ⅱ·22)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,求实数a的取值范围;
(1)解 当a=1时,f(x)=xex-ex,f'(x)=xex.
当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减;
当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增.
故函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调递减.
(2)解 令g(x)=f(x)+1=xeax-ex+1,则g'(x)=(ax+1)eax-ex,且f(x)<-1转化为g(x)<0.
因为g(0)=0,且x>0时,g(x)<0,
所以g(x)在x>0时不能单调递增,否则存在x0∈(0,+∞)使得g(x0)>0,所以当x>0时,g'(x)≤0.
记h(x)=g'(x),则h'(x)=(a2x+2a)eax-ex且h(0)=g'(0)=0,h'(0)=2a-1.
增分技巧
放缩法证明不等式
在证明不等式时,若直接证明比较困难,可将不等式中的部分项进行放大或缩小,然后证明放缩后的不等式成立,再根据不等式的传递性证明原不等式成立.常用的放缩技巧有:(1)ex≥x+1;(2)ex-1≥x;(3)ln x≤x-1;(4)ln(x+1)≤x等.
对点练2(2022·山东菏泽二模)设函数f(x)=x2+2x-k(x+1)ln(x+1).当x≥0时,f(x)≥0恒成立,求k的最大值.
解 f'(x)=2(x+1)-k[1+ln(x+1)],
①当k≤2时,由x≥0得f'(x)=2(x+1)-k[1+ln(x+1)]≥2[x-ln(x+1)],
所以φ(x)在(0,+∞)上单调递增,所以φ(x)≥φ(0)=0,即f'(x)≥0,
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,又f(0)=0,
因此f(x)≥0恒成立;
考点三 分拆转化函数证明不等式
典例突破3(2022·山东泰安模拟预测)已知函数f(x)=g(x)-ln x.
当a≥1时,f'(x)≥0,f(x)在(0,+∞)上单调递增.
当a<1时,若x∈(0,1-a),则f'(x)<0,f(x)单调递减;
若x∈(1-a,+∞),则f'(x)>0,f(x)单调递增.
综上所述,当a≥1时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a<1时,f(x)在(0,1-a)上单调递减,在(1-a,+∞)上单调递增.
增分技巧
1.若直接通过求导求函数的最值比较复杂或无从下手时,可将待证式进行变形,构造两个函数,从而找到可以传递的中间量,达到证明的目标.
2.在证明过程中,等价转化是关键,如g(x)min≥f(x)max成立,从而可得f(x)≤g(x)恒成立.
3.有时候不易变形为两个一般函数,也可以选取函数式中的一部分当作新的函数,对其进行分析,从而达到对整个函数性质的研究.
对点练3(2022·陕西渭南模拟)设函数f(x)=ax2-(x+1)ln x,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率为0.
(1)求a的值;
(2)求证:当1 x.
(1)解 因为f(x)=ax2-(x+1)ln x,
所以f'(x)=2ax-ln x-1- ,
由题意可得f'(1)=2a-2=0,∴a=1.
易知g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,2]上单调递增,
培优拓展
导数应用中的函数构造
近年的数学试题中,很多涉及导数问题的解答常需要构造新函数,即联系已知条件和结论,构造辅助函数,若题目中遇到有关不等式、方程及最值类问题,则可构造函数,并确定自变量的范围,通过研究函数的单调性、最值等,可使问题变得清晰明了.构造函数的主要依据有两个:一是直接根据所求解的不等式或方程;二是根据求导的基本法则.常见的函数构造有具体函数和抽象函数两种.
1.具体函数的构造
根据所给代数式(等式、不等式)中数学运算的相同点或者结构形式的相同点,构造具体的函数解析式,利用导数研究函数的性质从而解决问题.
2.抽象函数的构造
当题目是以抽象函数为背景且题设条件或所求结论中具有“f(x)±g(x),
解决这类问题的有效策略是将上述式子的外形结构特征与导数运算法则结合起来,合理构造出相关的可导函数,然后利用函数的性质解决问题.
角度1具体函数的构造
【例1】 (2022·四川成都七中检测)已知f(x)是定义在[0,+∞)上的减函数.设
A.cC.b答案 B　
角度2抽象函数的构造
1.f(x)与xn的关系
【例2】 (2022·江苏金陵中学模拟)已知f(x)为偶函数,且当x∈[0,+∞)时,f(x)+xf'(x)<0,其中f'(x)为f(x)的导数,则不等式(1-x)f(x-1)+2xf(2x)>0的解集为(　　)
A.(-∞,-1) B.(-1,+∞)
答案 A　
解析 令g(x)=xf(x),x∈R.
则根据题意可知,g(-x)=-xf(-x)=-xf(x)=-g(x),
∴g(x)是奇函数,∵g'(x)=f(x)+xf'(x),
∴当x>0时,g'(x)<0,g(x)单调递减,
∵g(x)是奇函数,g(0)=0,∴g(x)在R上单调递减,
由不等式(1-x)f(x-1)+2xf(2x)>0,
得2xf(2x)>(x-1)f(x-1) g(2x)>g(x-1) 2x增分技巧
利用f(x)与x(xn)构造函数的技巧
(1)对于f'(x)+g'(x)>0(或<0),构造函数F(x)=f(x)+g(x).
(2)对于f'(x)-g'(x)>0(或<0),构造函数F(x)=f(x)-g(x).
(3)对于f'(x)g(x)+f(x)g'(x)>0(或<0),可构造函数F(x)=f(x)g(x).
(5)对于xf'(x)+f(x)>0(或<0),可构造函数F(x)=xf(x).
2.f(x)与enx的关系
【例3】 (2022·河南开封模拟)定义在R上的函数f(x)满足2f(x)+f'(x)<0,则下列不等式一定成立的是(　　)
A.e2f(2)f(3)
C.f(2)e2f(3)
答案 D　
解析令g(x)=e2xf(x),则g'(x)=2e2xf(x)+e2xf'(x)=e2x,
因为e2x>0,2f(x)+f'(x)<0,所以g'(x)<0,
所以函数g(x)为减函数,所以g(2)>g(3),即e4f(2)>e6f(3),所以f(2)>e2f(3).
增分技巧
利用f(x)与ex(enx)构造函数的技巧
(1)对于f'(x)+f(x)>0(或<0),可构造函数F(x)=exf(x).
3.f(x)与sin x(cos x)的关系
答案 D　
增分技巧
利用f(x)与sin x,cos x构造函数的技巧
(1)对于f'(x)sin x+f(x)cos x>0(或<0),可构造函数F(x)=f(x)·sin x.
(4)对于f'(x)cos x-f(x)sin x>0(或<0),可构造函数F(x)=f(x)cos x.
增分2　
不等式恒成立或有解问题
考点一 分离法求参数的取值范围
典例突破1(2022·山东聊城三模)已知函数f(x)=aln x-bx,g(x)=xex-(m+1)x-1(a,b,m∈R).
(1)当b=1时,讨论函数f(x)的单调性;
(2)若函数f(x)在x= 处的切线方程为y=(e-1)x-2,且不等式f(x)≤g(x)恒成立,求实数m的取值范围.
令f'(x)>0,得0a,
所以函数f(x)在(0,a)上单调递增,在(a,+∞)上单调递减.
综上,当a≤0时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减,
当a>0时,函数f(x)在(0,a)上单调递增,在(a,+∞)上单调递减.
所以f(x)=ln x-x,
所以f(x)≤g(x)即ln x-x≤xex-(m+1)x-1,等价于xex≥ln x+mx+1对x>0恒成立,
设h(x)=ex-x-1,∴h'(x)=ex-1,
当x∈[0,+∞)时,h'(x)>0,∴h(x)在[0,+∞)上单调递增,∴h(x)≥h(0)=0,
∴ex-x-1≥0,当且仅当x=0时取得等号,
∴eln x+x-(ln x+x)-1≥0,当且仅当ln x+x=0时取得等号,∴xex-ln x-1≥x,又x>0,
∴m≤1,
∴所求实数m的取值范围为(-∞,1].
增分技巧
分离参数法来确定不等式f(x,λ)≥0(x∈D,λ为实数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤
(1)将参数与变量分离,化为f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式.
(2)求f2(x)在x∈D时的最大值或最小值.
(3)解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min,得到λ的取值范围.
则h(x)在区间[ ,1)上单调递增;
令h'(x)<0,解得1∴h(x)max=h(1)=1,
故a≥1,即实数a的取值范围是[1,+∞).
考点二 等价转化法解不等式恒成立问题
典例突破2(2022·山东济南二模)已知函数f(x)=eax-a,a>0.
(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线在y轴上的截距为-1,求a的值;
(2)是否存在实数t,使得有且仅有一个实数a,当x>0时,不等式f(x)≥tx恒成立 若存在,求出t,a的值;若不存在,请说明理由.
解 (1)由题意f'(x)=aeax,f'(1)=aea,
又因为f(1)=ea-a,
所以f(x)在(1,f(1))处的切线方程为y-ea+a=aea(x-1),即y=aeax-aea+ea-a,
令x=0,由截距为-1,得-aea+ea-a=-1,(ea+1)(1-a)=0,
因为ea+1>0,所以1-a=0,a=1.
(2)存在,证明如下.
x>0,f(x)≥tx恒成立,即eax-a-tx≥0恒成立.
令g(x)=eax-a-tx(x>0),g'(x)=aeax-t,
当t≤0时,g'(x)=aeax-t>0恒成立,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,
故当x>0时,g(x)>g(0)=1-a≥0,只需a≤1即可,与有且仅有一个实数a矛盾,不符合题意;
当x0≤0,即t≤a时,g(x)在(0,+∞)上单调递增,则g(x)>g(0)=1-a≥0;
当x0>0,即t>a时,g(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
由题意知,上述两不等式组关于a有唯一解.
(i)若t>1,对于①式,t≤a≤1无解.
增分技巧
1.对于不等式恒成立问题,若不易分离参数或分离后难以求最值,解题时常用参数表示极值点,进而用参数表示出函数的最值,求解不等式得参数的范围,体现转化思想.
2.解题过程中,参数的不同取值对函数的极值、最值有影响,应注意对参数的不同取值范围进行分类讨论.
对点练2(2022·湖南衡阳二模)已知函数f(x)=x2-mln x,其中m>0.
(1)若m=2,求函数f(x)的极值;
(2)设g(x)=xf(x)-1.若g(x)>0在(1,+∞)上恒成立,求实数m的取值范围.
解 (1)当m=2时,f(x)=x2-2ln x定义域为(0,+∞).
当x∈(0,1)时,f'(x)<0,∴f(x)在(0,1)上单调递减;
当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,∴f(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以f(x)的极小值为f(1)=1,无极大值.
令H(x)=2x3-mx+1,x>1.∴H'(x)=6x2-m.
(i)若00恒成立.
∴H(x)在(1,+∞)上单调递增.∴H(x)>H(1)=3-m.
①当3-m≥0,即0H(x)>0在(1,+∞)上恒成立,即G'(x)>0在(1,+∞)上恒成立.
∴G(x)>G(1)=0在(1,+∞)上恒成立,
∴0②当3-m<0即30,
∴存在唯一的x0∈(1,2),使得H(x0)=0.
当x∈(1,x0)时,H(x)<0,即G'(x)<0.
∴G(x)在(1,x0)上单调递减.∴G(x)0矛盾.
考点三 不等式能成立求参数的取值范围
典例突破3(2022·山东临沂二模)已知函数f(x)=x- sin x.
(1)若存在x∈ ,使f(x)≤ax成立,求a的取值范围;
(2)若g(x)=f(x)-mln x,存在x1,x2∈(0,+∞),且当x1≠x2时,g(x1)=g(x2),求证:x1x2<4m2.
令y=x-sin x,x∈(0,+∞),故y'=1-cos x≥0,分析易知函数y=x-sin x在(0,+∞)上单调递增.
∴x2-sin x2>x1-sin x1,从而x2-x1>sin x2-sin x1,
增分技巧
1.含参数的能成立问题的求解策略
a≥f(x)在x∈D上能成立,则a≥f(x)min;a≤f(x)在x∈D上能成立,则a≤f(x)max.
2.含全称、存在量词不等式能成立问题
(1)存在x1∈A,对任意x2∈B使f(x1)≥g(x2)成立,则f(x)max≥g(x)max;(2)对任意x1∈A,存在x2∈B,使f(x1)≥g(x2)成立,则f(x)min≥g(x)min.
(2)设F(x)=f(x)-f(-x),若存在x∈(-∞,-1],使F(x)>0成立,求实数m的取值范围.
∴g(x)在(-∞,-2)和(-2,0)上各有一个零点.
综上,f(x)的零点个数为3.
(2)易知F(x)定义域关于原点对称,因为F(-x)=f(-x)-f(x)=-F(x),所以F(x)为奇函数,若存在x∈(-∞,-1],使F(x)>0成立,等价于若存在x∈[1,+∞),使F(x)<0成
即m<0,此时不合题意;
当m≤0时,h'(x)≤0,函数h(x)在x∈[1,+∞)上单调递减,此时符合题意.
考点四 “任意、存在”问题求参数取值范围
典例突破4(2022·北京二模)已知函数f(x)=xsin x+cos x.
(1)当x∈(0,π)时,求函数f(x)的单调区间;
解 (1)因为f(x)=xsin x+cos x,
所以f'(x)=sin x+xcos x-sin x=xcos x.
当x∈(0,π)时,f'(x)与f(x)的变化情况如表所示:
对任意x1∈,存在x2∈[0,1],使得h(x1)≤g(x2)成立,等价于h(x)max≤g(x)max.
当a≤0时,函数g(x)在区间[0,1]上的最大值为g(0)=0,不合题意.
当0增分技巧
不等式中“任意、存在”问题求解注意点
(1)明确变量前面的量词是“任意”还是“存在”,正确作出区分.
(2)弄清是需要求函数的最大值还是最小值.
(3)注意函数最值不存在时,参数取值范围中是否加“=”.
(4)注意不等式中有无“=”.
①当a>0时,由f'(x)>0得x>2a,即f(x)的单调递增区间是(2a,+∞);
由f'(x)<0得0②当a<0时,由f'(x)>0得x>-6a,即f(x)的单调递增区间是(-6a,+∞);
由f'(x)<0得0培优拓展
一、洛必达法则
如果当x→x0(x0也可以是±∞)时,两个函数f(x)和g(x)都趋向于零或都趋向
型不定式极限.对于这类极限,一般要用洛比达法则来求解.
定理1:若函数f(x)和g(x)满足条件:
(1)f(x)和g(x)在x0的某个去心邻域内可导,且g'(x)≠0.
定理2:若函数f(x)和g(x)满足条件:
(1)f(x)和g(x)在x0的某个去心邻域内可导,且g'(x)≠0.
在定理1和定理2中,将分子、分母分别求导再求极限的方法称为洛比达法则.
二、应用洛必达法则求参数范围
故当x∈(0,1)时,g'(x)<0,当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0.
∴h'(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,故h'(x)>h'(1)=0,∴h(x)在(0,+∞)上为增函数,
又h(1)=0,∴当x∈(0,1)时,h(x)<0,当x∈(1,+∞)时,h(x)>0,
∴当x∈(0,1)时,p'(x)<0,当x∈(1,+∞)时,p'(x)>0,
∴p(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
增分技巧
对恒成立问题中的求参数取值范围,参数与变量分离较易理解,但有些题中求分离出来的函数式的最值有点麻烦,利用洛必达法则可以较好地处理它的最值.
增分3
利用导数研究函数的零点问题
考点一 判断(证明)函数零点个数问题
典例突破1(2021·新高考Ⅱ·22)已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2+b.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)从下面两个条件中选一个,证明:f(x)只有一个零点.
(1)解 f'(x)=ex+(x-1)·ex-2ax=xex-2ax=x(ex-2a).
①当a≤0时,令f'(x)=0得x=0.
x (-∞,0) 0 (0,+∞)
f'(x) - 0 +
f(x) ↘ 极小值 ↗
x (-∞,ln 2a) ln 2a (ln 2a,0) 0 (0,+∞)
f'(x) + 0 - 0 +
f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
x (-∞,0) 0 (0,ln 2a) ln 2a (ln 2a,+∞)
f'(x) + 0 - 0 +
f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
综上,当a≤0时,f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;
(2)证明 若选①,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,
∴2-ln 2a≥0,∴aln 2a(2-ln 2a)≥0,∴f(ln 2a)>0,∴f(x)在(0,+∞)上无零点.综上所述,f(x)在R上仅有一个零点.
若选②,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(ln 2a)=(ln 2a-1)2a-aln22a+b≤2aln 2a-2a-aln22a+2a=aln 2a(2-ln 2a).
∴f(x)在(0,c)上有唯一零点,即f(x)在(0,+∞)上有唯一零点.综上所述,f(x)在R上有唯一零点.
增分技巧
1.利用导数求函数零点的常用方法
(1)构造函数g(x)(其中g'(x)易求,且g'(x)=0可解),利用导数研究g(x)的性质,结合g(x)的图象,判断函数零点的个数;
(2)利用零点存在性定理,先判断函数在某区间有零点,再结合图象与性质确定函数零点的个数.
2.求解函数零点(方程根)的个数问题的三个步骤
第一步:将问题转化为函数的零点问题,进而转化为函数的图象与x轴(或直线y=k)在该区间上的交点问题;
第二步:利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质,进而画出其图象;
第三步:结合图象求解.
对点练1(2022·山东枣庄一模)已知函数f(x)=xex-asin x(a∈R).
(1)若 x∈ ,f(x)≥0,求a的取值范围;
(2)当a≥-59时,试讨论f(x)在(0,2π)内零点的个数,并说明理由.
解 (1)f'(x)=(x+1)ex-acos x.
①若a≤0,当x∈[0,π]时,-a≥0,sin x≥0,f(x)=xex+(-a)sin x≥0,当且仅当x=0时取等号,所以a≤0符合题意.
cosx<0,f'(x)=(x+1)ex+a·(-cosx)>0.所以当x∈时,f'(x)≥0,当且仅当a=1,且x=0时取等号.所以f(x)在[0,π]上单调递增,所以f(x)≥f(0)=0.所以0③若a>1,因为y=(x+1)ex在上单调递增,y=-acosx在上单调递增,
所以f'(x)=(x+1)ex-acosx在上单调递增,
当x∈(0,x0)时,f'(x)所以a>1不符合题意.
综上,a的取值范围是(-∞,1].
(2)①若-59≤a≤0,由(1),x∈(0,π]时,f(x)>0,f(x)在(0,π]内无零点.
当x∈(π,2π)时,-1≤sin x<0,0<-sin x≤1,-asin x≥a,又由y=xex单调递增,
则f(x)=xex-asin x>πeπ+a>3e3-59>3×2.73-59=0.049>0.
所以若-59≤a≤0,f(x)在(0,2π)内无零点.
②若00,f(x)在(0,π]内无零点.
当x∈(π,2π)时,-sin x>0,f(x)=xex+a(-sin x)>xex>0.
所以若0当x∈(x0,π]时,f'(x)>f'(x0)=0,f(x)单调递增.
又f(0)=0,所以f(x0)又f(π)=πeπ>0,由零点存在定理及f(x)的单调性,存在唯一的x1∈(x0,π],使得f(x1)=0.所以f(x)在(0,π]内存在唯一的零点.
当x∈(π,2π)时,sin x<0,-asin x>0,所以f(x)=xex-asin x>xex>0,
所以f(x)在(π,2π)内没有零点,因此f(x)在(0,2π)内有且仅有1个零点.
综上所述,若-59≤a≤1,f(x)在(0,2π)内无零点;
若a>1,f(x)在(0,2π)内有且仅有1个零点.
考点二 根据函数零点个数求参数范围
典例突破2(12分)(2022·全国乙·理21)已知函数f(x)=ln(1+x)+axe-x.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)若f(x)在区间(-1,0),(0,+∞)各恰有一个零点,求a的取值范围.
【规范解答】
(2)当a≥0时,若x>0,则f(x)=ln(1+x)+axe-x>0恒成立,不符合题意,舍去.
若-1≤a<0,则当x∈(0,1]时,g(x)>0;
当x∈(1,+∞)时,g(x)>0,
所以当x>0时,g(x)>0恒成立,即f'(x)>0恒成立,所以f(x)在区间(0,+∞)内单调
若a<-1,则g(0)<0,又g(-1)=1>0,g(1)=1>0,当x>1时,g(x)>0恒成立,所以存在唯一的x1∈(-1,0),x2∈(0,1),使g(x)=0.
所以f(x)在区间(-1,x1),(x2,+∞)内单调递增,在区间(x1,x2)内单调递减,所以f(x1)>f(0)=0,f(x2)0恒成立;当x∈(0,x2)时,f(x)<0
令h(x)=xe-x,则h'(x)=e-x(1-x),所以当x>1时,h'(x)<0,所以h(x)在区间(1,+∞)内单调递减,所以当x>1时,0又a<-1,所以当x>1时,axe-x>a.
由h'(x)=e-x(1-x),知当-10,所以h(x)在区间(-1,0)内单调递增,所以当-1-e.
【教师讲评】
分析1:(1)先确定切点坐标,再利用导数几何意义求斜率,进而求切线方程;
分析2:(2)本题条件中a的范围没有限制,所以需要全面考虑.求导后对参数a合理分类,并对x按(-1,0),(0,+∞)两部分研究讨论.否定和肯定并用,否定只需要说明某一区间上零点个数不满足题意即可;肯定则要两个区间都证明其恰有一个零点.如a≥0时,只需说明在f(x)在(0,+∞)上没有零点即可排除.
增分技巧
根据函数零点情况求参数的取值范围问题的解法
(1)将函数中的参数λ与变量分离,得λ=g(x),转化为研究方程λ=g(x)根的个数问题,然后利用导数研究函数g(x)的最值或值域,结合图象,根据直线y=λ与函数g(x)的图象交点的个数确定参数λ的取值范围.
(2)直接研究函数f(x)的单调性与极值情况,必要时分类讨论,同时结合函数零点存在定理建立不等式求解.
(3)转化为两个熟悉函数的图象的位置关系问题,再根据零点个数进一步构建不等式求解.
对点练2(2020·全国Ⅲ·文20)已知函数f(x)=x3-kx+k2.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有三个零点,求k的取值范围.
解 (1)f'(x)=3x2-k.
当k=0时,f(x)=x3,故f(x)在(-∞,+∞)单调递增;
当k<0时,f'(x)=3x2-k>0,故f(x)在(-∞,+∞)单调递增.
(2)由(1)知,当k≤0时,f(x)在(-∞,+∞)单调递增,f(x)不可能有三个零点.
考点三 与函数零点有关的不等式的证明问题
典例突破3(2022·辽宁鞍山二模)已知函数f(x)=aln x.
(1)记函数g(x)=x2-(a+2)x+f(x),当a>2时,讨论函数g(x)的单调性;
(1)解 因为f(x)=aln x,
所以g(x)=x2-(a+2)x+aln x,x>0,
①若a≤0,则h'(x)<0恒成立,即h(x)在(0,+∞)上单调递减,所以h(x)最多有一个零点,不合题意;
增分技巧
通过“根商”构造函数证明不等式
通过“根商”构造函数证明不等式的基本思路是直接消掉参数,再结合所证问题,巧妙引入变量t= ,从而构造函数.
(1)巧妙消参:利用方程f(x1)=f(x2)=0消掉解析式中的参数.
(2)抓商构元:令t= ,消掉变量x1,x2,构造关于t的函数h(t).
(3)用导数求解:利用导数研究函数h(t)的单调性和极值、最值,即可证得结论.
对点练3(2022·山东临沂一模)已知函数f(x)=ex-2a (a>0).
(1)若a=e,讨论f(x)的单调性;
(2)若x1,x2是函数f(x)的两个不同的零点,证明:1令f'(x)=0,则x=1,
当01时,f'(x)>0,
所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
所以h(t)综上,1培优拓展
双变量问题的转化
近年的高考试题中常涉及“双变量”或“双参”的相关问题,能力要求高,破解问题的关键有两个:一是转化,即由已知条件入手,寻找双变量满足的关系式,并把含双变量的问题转化为含单变量的问题;二是巧妙构造函数,再借用导数,判断函数的单调性,从而求其最值.
角度1与双变量有关的恒成立问题
【例1】 (2022·江苏南京模拟)已知函数f(x)=ln x+ax2-3x(a∈R).
(1)若函数f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=-2,求函数f(x)的极值;
(2)若a=1,对于任意x1,x2∈[1,10],当x1 恒成立,求实数m的取值范围.
解 (1)由题意可知函数f(x)的定义域为(0,+∞),
因为f(x)=ln x+ax2-3x(a∈R),所以f'(x)= +2ax-3,由题意得f'(1)=1+2a-3=0,
解得a=1,则f(x)=ln x+x2-3x,
因为对任意x1,x2∈[1,10],当x1h(x2)恒成立,
角度2以零点为背景的双变量不等式的证明
【例2】 已知函数f(x)=ln x-ax2+(a-b-1)x+b+1(a,b∈R).
(1)若a=0,试讨论f(x)的单调性;
(2)若0求证: >4-2a.
(2)当0令g(x)=ln x+(a-2)x+2,则g(x1)=g(x2)=m,
增分技巧
破解含双参不等式的证明要抓住三点:一是转化(转化为含单参的不等式),二是巧构造;三是回归,即把所求的最值应用到双参不等式,得到要证明的结论.
培优拓展
极值点偏移问题
极值点偏移问题是近几年高考命题的热点,这类试题可以很好地考查逻辑推理、数学运算、数学抽象等核心素养,涉及函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想等,对思维要求较高,计算量较大,属于难题.
1.已知函数y=f(x)是连续函数,在区间(x1,x2)上有且只有一个极值点x0(即y=f(x)为单峰函数)且f(x1)=f(x2),若极值点左、右的“增减速度”不同,函数的图象不具有对称性,常常有极值点x0≠ 的情况,我们称这种状态为“极值点偏移”(如图2).
极值点左偏
极值点右偏
2.极值点偏移问题的四种基本题设形式:
(1)若函数f(x)存在两个零点x1,x2且x1≠x2,求证:x1+x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点).
(2)对于函数f(x),存在x1,x2且x1≠x2,满足f(x1)=f(x2),求证:x1+x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点).
3.解决极值点偏移问题,常用的有构造对称函数法和比(差)值换元法等.
解法一　构造对称函数
【例1】 (2022·辽宁大连二模)已知函数f(x)=2ex+ax,g(x)=2cos x+ x3.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)设h(x)=f(x)+g(x),若函数h(x)有两个极值点x1,x2,且x1(i)求实数a的取值范围;
(ii)求证:h(x1)+h(x2)>8.
综上,当a≥0时,函数f(x)的单调递增区间是(-∞,+∞),无单调递减区间;
(2)证明 因为函数h(x)=f(x)+g(x)=2ex+ax+2cos x+ x3有两个极值点x1,x2,
所以h'(x)=2ex+a-2sin x+x2=0在R上有两个不等实数根x1,x2.
(i)设F(x)=2ex-2sin x+x2+a,
则F'(x)=2ex-2cos x+2x,
设φ(x)=F'(x),φ'(x)=2ex+2sin x+2≥2ex>0,
∴F'(x)在(-∞,+∞)上单调递增.
又F'(0)=2e0-2cos 0+0=0,∴x∈(0,+∞)时,F'(x)>F'(0)=0,
∴F(x)在(0,+∞)上单调递增,同理F(x)在(-∞,0)上单调递减,
∴F(x)min=F(0)=2+a,∴2+a<0即a<-2,
又当a<-2时,若x<0,F(x)=2ex-2sin x+x2+a≥2ex-2+x2+a>x2+a-2,
又函数F(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
所以当a<-2时,函数F(x)有两个不相等的变号零点x1和x2,即h(x)有两个极值点x1和x2.
∴若有两个极值点,则a<-2,即a的取值范围是(-∞,-2).
(ii)∵x1且h(x)在(-∞,x1)上单调递增,(x1,x2)上单调递减,(x2,+∞)上单调递增.
设H(x)=h(x)+h(-x)(x>0),
∴H'(x)=h'(x)-h'(-x)=2ex+a-2sin x+x2-(2e-x+a+2sin x+x2)=2ex-2e-x-4sin x,
设u(x)=2ex-2e-x-4sin x,x>0,
u'(x)=2ex+2e-x-4cos x>2·2 -4cos x=4(1-cos x)≥0,
∴u(x)在(0,+∞)上单调递增,即H'(x)>H'(0)=2-2-0=0.
∴H(x)在(0,+∞)上单调递增,
∴H(x)>H(0)=2h(0)=8,
∴h(x2)+h(-x2)>8,又x2>0,∴-x2<0,∴h(-x2)≤h(x1),
∴h(x1)+h(x2)≥h(-x2)+h(x2)>8,∴原不等式成立.
解法二　比(差)值换元
【例2】 (2022·天津二模)设函数f(x)=(x-1)ln x-x2+(m-1)x,m∈R,g(x)为f(x)的导函数.
(1)求g(x)的单调区间;
(2)讨论g(x)零点的个数;
(3)若f(x)有两个极值点x1,x2,且x12.
当x∈(0,1)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减.
所以g(x)的单调递增区间为(0,1),g(x)的单调递减区间为(1,+∞).
综上,当m<3时,g(x)在(0,+∞)上无零点;
当m=3时,g(x)在(0,+∞)上有一个零点;
当m>3时,g(x)在(0,+∞)上有两个零点.
(2)由(1)得,g(x)max=g(1)=m-3.
当m<3时,g(x)<0,则g(x)在(0,+∞)上无零点.
当m=3时,g(1)=0,则g(x)在(0,+∞)上有一个零点.
(3)证明:由(2)及f(x)有两个极值点x1,x2,且x1可得m>3,g(x)在(0,+∞)上有两个零点,且0增分技巧
比(差)值换元的目的也是消参、减元,就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系,然后利用两个极值点之比(差)作为变量,从而实现消参、减元的目的.设法用比值或差值(一般用t表示)表示两个极值点,继而将所求解问题转化为关于t的函数问题.