(共77张PPT)
第1讲 函数的图象与性质
专题一 函数与导数
考情分析
1.函数的图象与性质是高考考查的重点和热点，主要考查函数的定义域、分段
函数、函数图象的识别与应用以及函数性质(单调性、奇偶性、周期性、对
称性)的综合应用，难度属于中等及以上.
2.此部分内容多以选择题、填空题的形式出现，有时在压轴题的位置，多与导
数、不等式、创新性问题相结合命题.
考点一 函数的概念与表示
考点二 函数的图象
考点三 函数的性质
专题强化练
内容索引
函数的概念与表示
考点一
1.复合函数的定义域
(1)若f(x)的定义域为[m，n]，则在f(g(x))中，由m≤g(x)≤n解得x的范围即为f(g(x))的定义域.
(2)若f(g(x))的定义域为[m，n]，则由m≤x≤n得到g(x)的范围，即为f(x)的定义域.
2.分段函数
分段函数的定义域等于各段函数的定义域的并集，值域等于各段函数值域的并集.
核心提炼
√
例1
即(1－x)(1＋x)>0，解得－1
(－2，－1)∪(0，＋∞)
由题意知a≠0，
①当a<0时，1－a>1,1＋a<1，∴－(1－a)>(1＋a)2＋2a，
化简得a2＋3a＋2<0，解得－2又a<0，∴a∈(－2，－1)；
②当a>0时，1－a<1,1＋a>1，∴(1－a)2＋2a>－(1＋a)，
化简得a2＋a＋2>0，解得a∈R，
又a>0，∴a∈(0，＋∞)，
综上，实数a的取值范围是(－2，－1)∪(0，＋∞).
(1)形如f(g(x))的函数求值时，应遵循先内后外的原则.
(2)对于分段函数的求值(解不等式)问题，必须依据条件准确地找出利用哪一段求解.
规律方法
(1)(2022·潍坊模拟)设函数f(x)＝ 则f(8)等于
A.10 B.9 C.7 D.6
跟踪演练1
√
则f(8)＝f(f(12))＝f(9)＝f(f(13))＝f(10)＝7.
(2)(多选)设函数f(x)的定义域为D，如果对任意的x∈D，存在y∈D，使得f(x)＝－f(y)成立，则称函数f(x)为“M函数”.下列为“M函数”的是
A.y＝sin xcos x B.y＝ln x＋ex
C.y＝2x D.y＝x2－2x
√
√
由题意，得“M函数”的值域关于原点对称.
B中，函数y＝ln x＋ex的值域为R，故B是“M函数”；
C中，因为y＝2x>0，故C不是“M函数”；
D中，y＝x2－2x＝(x－1)2－1≥－1，其值域不关于原点对称，故D不是“M函数”.
函数的图象
考点二
1.作函数图象有两种基本方法：一是描点法；二是图象变换法，其中图象变换有平移变换、伸缩变换、对称变换.
2.利用函数图象可以判断函数的单调性、奇偶性，作图时要准确画出图象的特点.
核心提炼
(1)(2022·全国甲卷)函数y＝(3x－3－x)·cos x在区间 上的图象大致为
√
例2
考向1 函数图象的识别
方法一 (特值法)
方法二 令y＝f(x)，
则f(－x)＝(3－x－3x)cos(－x)
＝－(3x－3－x)cos x＝－f(x)，
所以函数y＝(3x－3－x)cos x是奇函数，排除B，D；
(2)(2022·全国乙卷)如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
√
对于选项B，当x＝1时，y＝0，与图象不符，故排除B；
(1)已知函数f(x)＝ 则函数y＝f(1－x)的大致图象是
√
例3
考向2 函数图象的变换及应用
方法一 作函数f(x)的图象关于y轴对称的图象，得到函数f(－x)的图象，再把函数f(－x)的图象向右平移1个单位长度即得到函数f(1－x)的图象，如图.故选D.
方法二 因为函数f(x)＝
所以函数f(1－x)＝
当x＝0时，y＝f(1)＝3，即y＝f(1－x)的图象过点(0,3)，排除A；
当x＝－2时，y＝f(3)＝－1，即y＝f(1－x)的图象过点(－2，－1)，排除B；
当x<0时，1－x>1，f(1－x)＝ <0，排除C.
(2)已知函数f(x)＝ 若存在x1，x2，x3(x1A.(0,1] B.[0,1]
C.(－∞，1] D.(－∞，1)
√
作出f(x)的大致图象如图，交点横坐标为x1，x2，x3，自左向右依次排列，
由图可知，x1，x2关于直线x＝－1轴对称，
即x1＋x2＝－2，
又x3>0，∴x1＋x2＋x3>－2.
由图象知，当x>－2时，f(x)∈[0,1]，
∴f(x1＋x2＋x3)∈[0,1].
(1)确定函数图象的主要方法是利用函数的性质，如定义域、奇偶性、单调性等，特别是利用一些特殊点排除不符合要求的图象.
(2)函数图象的应用主要体现为数形结合思想，借助于函数图象的特点和变化规律，求解有关不等式恒成立、最值、交点、方程的根等问题.
规律方法
(1)已知图①中的图象是函数y＝f(x)的图象，则图②中的图象对应的函数可能是
A.y＝f(|x|) B.y＝|f(x)|
C.y＝f(－|x|) D.y＝－f(－|x|)
跟踪演练2
√
图②中的图象是在图①的基础上，去掉函数y＝f(x)的图象在y轴右侧的部分，然后将y轴左侧图象翻折到y轴右侧，y轴左侧图象不变得来的，所以图②中的图象对应的函数可能是y＝f(－|x|).
(2)函数f(x)＝ 的图象如图所示，则
A.a>0，b＝0，c<0
B.a>0，b＝0，c>0
C.a<0，b<0，c＝0
D.a<0，b＝0，c<0
√
因为函数f(x)的图象关于y轴对称，
所以f(x)为偶函数，
解得b＝0，
由图象可得分母ax2＋c＝0有解，
函数的性质
考点三
1.函数的奇偶性
(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|)；
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.函数单调性判断方法：定义法、图象法、导数法.
核心提炼
3.函数的周期性
若函数f(x)满足f(x＋a)＝f(x－a)或f(x＋2a)＝f(x)，则函数y＝f(x)的周期为2|a|.
4.函数图象的对称中心和对称轴
(1)若函数f(x)满足关系式f(a＋x)＋f(a－x)＝2b，则函数y＝f(x)的图象关于点(a，b)对称.
(2)若函数f(x)满足关系式f(a＋x)＝f(b－x)，则函数y＝f(x)的图象关于直线
√
例4
考向1 单调性与奇偶性
∵f(x)＝e|x|－cos x，
∴f(－x)＝e|－x|－cos(－x)＝e|x|－cos x＝f(x)，
当x>0时，f(x)＝ex－cos x，则f′(x)＝ex＋sin x，
∴当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＝ex＋sin x>0，
∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
(多选)(2022·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，记g(x)＝f′(x).若 ，g(2＋x)均为偶函数，则
A.f(0)＝0 B.
C.f(－1)＝f(4) D.g(－1)＝g(2)
√
例5
√
考向2 奇偶性、周期性与对称性
g(2＋x)＝g(2－x)，
所以f(3－x)＝f(x)，g(4－x)＝g(x)，
则f(－1)＝f(4)，故C正确；
所以g(4－x)＝g(x)＝－g(3－x)，
所以g(x＋2)＝－g(x＋1)＝g(x)，
g(－1)＝g(1)＝－g(2)，故B正确，D错误；
若函数f(x)满足题设条件，则函数f(x)＋C(C为常数)也满足题设条件，
所以无法确定f(0)的函数值，故A错误.
取符合题意的一个函数f(x)＝1(x∈R)，则f(0)＝1，排除A；
取符合题意的一个函数f(x)＝sin πx，
则f′(x)＝πcos πx，即g(x)＝πcos πx，
所以g(－1)＝πcos(－π)＝－π，g(2)＝πcos 2π＝π，
所以g(－1)≠g(2)，排除D.故选BC.
二级
结论
(2)若f(x)的图象关于直线x＝a和x＝b对称，则f(x)的周期为2|a－b|.
(3)若f(x)的图象关于点(a,0)和直线x＝b对称，则f(x)的周期为4|a－b|.
(1)若函数f(x)＝ex＋ae－x(a∈R)为奇函数，则不等式f(ln x)跟踪演练3
易知f(x)定义域为R，
又f(x)为奇函数，∴f(0)＝0，得a＝－1，
∴f(x)＝ex－e－x.
∴f(x)为奇函数且在R上单调递增，
又f(ln x)∴ln x<|ln x|，∴ln x<0，∴0(0,1)
(2)(2022·新高考全国Ⅱ)已知函数f(x)的定义域为R，且f(x＋y)＋f(x－y)＝f(x)f(y)，f(1)＝1，则
A.－3 B.－2 C.0 D.1
√
因为f(1)＝1，
所以在f(x＋y)＋f(x－y)＝f(x)f(y)中，
令y＝1，
得f(x＋1)＋f(x－1)＝f(x)f(1)，
所以f(x＋1)＋f(x－1)＝f(x)， ①
所以f(x＋2)＋f(x)＝f(x＋1). ②
由①②相加，得f(x＋2)＋f(x－1)＝0，
故f(x＋3)＋f(x)＝0，
所以f(x＋3)＝－f(x)，
所以f(x＋6)＝－f(x＋3)＝f(x)，
所以函数f(x)的一个周期为6.
在f(x＋y)＋f(x－y)＝f(x)f(y)中，
令y＝0，得f(x)＋f(x)＝f(x)f(0)，所以f(0)＝2.
令x＝y＝1，得f(2)＋f(0)＝f(1)f(1)，所以f(2)＝－1.
由f(x＋3)＝－f(x)，得f(3)＝－f(0)＝－2，f(4)＝－f(1)＝－1，
f(5)＝－f(2)＝1，f(6)＝－f(3)＝2，
所以f(1)＋f(2)＋…＋f(6)＝1－1－2－1＋1＋2＝0，
根据函数的周期性知， ＝f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝1－1－2－1＝－3，故选A.
专题强化练
一、单项选择题
1.(2022·哈尔滨检测)下列既是奇函数，又在(0，＋∞)上单调递增的是
A.y＝sin x B.y＝ln x C.y＝tan x D.y＝
√
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对于A，y＝sin x是奇函数，且在(0，＋∞)上有增有减，故不满足；
对于B，y＝ln x的定义域不关于原点对称，是非奇非偶函数，故不满足；
对于C，y＝tan x是奇函数，且在(0，＋∞)上只有单调递增区间，但不是一直单调递增，故不满足；
对于D，y＝ 是奇函数，且在(0，＋∞)上单调递增，故满足.
2.(2022·西安模拟)设f(x)＝ 若f(x)＝3，则x的值为
A.3 B.1 C.－3 D.1或3
√
当x≤3时，令2x＋1－1＝3，解得x＝1，
当x>3时，令log2(x2－1)＝3，
解得x＝±3，这与x>3矛盾，∴x＝1.
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即f(x)是奇函数，A，B不满足；
当x∈(0,1)时，即0<πx<π，则sin(πx)>0，而ex＋e－x>0，
因此f(x)>0，D不满足，C满足.
4.(2022·张家口检测)已知函数f(x)＝ ，则
A.函数f(x)是奇函数，在区间(0，＋∞)上单调递增
B.函数f(x)是奇函数，在区间(－∞，0)上单调递减
C.函数f(x)是偶函数，在区间(0，＋∞)上单调递减
D.函数f(x)非奇非偶，在区间(－∞，0)上单调递增
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由复合函数的单调性可知f(x)在R上单调递增.
5.(2021·全国乙卷)设函数f(x)＝ ，则下列函数中为奇函数的是
A.f(x－1)－1 B.f(x－1)＋1
C.f(x＋1)－1 D.f(x＋1)＋1
√
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为保证函数变换之后为奇函数，需将函数y＝f(x)的图象向右平移一个单位长度，再向上平移一个单位长度，得到的图象对应的函数为y＝f(x－1)＋1.
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6.设定义在R上的函数f(x)满足f(x)·f(x＋2)＝13，若f(1)＝2，则f(99)等于
√
所以f(x)是周期为4的周期函数，
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由题意知，当x>0时，
作出函数f(x)的图象，如图所示，
又由方程f(x)＝1的解的个数，即为函数y＝f(x)与y＝1的图象交点的个数可知，
当x>0时，结合图象，函数y＝f(x)与y＝1的图象有5个交点，
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又因为函数y＝f(x)为偶函数，图象关于y轴对称，所以当x<0时，函数y＝f(x)与y＝1的图象也有5个交点，
综上可得，函数y＝f(x)与y＝1的图象有10个交点，即方程f(x)＝1的解的个数为10.
8.(2022·河北联考)若函数f(2x＋1)(x∈R)是周期为2的奇函数，则下列结论不正确的是
A.函数f(x)的周期为4 B.函数f(x)的图象关于点(1,0)对称
C.f(2 021)＝0 D.f(2 022)＝0
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∵函数f(2x＋1)(x∈R)是奇函数，
∴f(2x＋1)＝－f(－2x＋1) f(2x＋1)＋f(－2x＋1)＝0，
∴函数f(x)的图象关于点(1,0)对称，故B正确；
∵函数f(2x＋1)(x∈R)的周期为2，
∴f(2(x＋2)＋1)＝f(2x＋1)，即f(2x＋5)＝f(2x＋1)，
∴f(x)的周期为4，故A正确；
f(2 021)＝f(4×505＋1)＝f(1)＝0，故C正确；
f(2 022)＝f(4×505＋2)＝f(2)，无法判断f(2)的值，故D错误.
二、多项选择题
9.下列函数中，定义域与值域相同的是
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√
对于A，定义域、值域都为(－∞，0)∪(0，＋∞)，满足题意；
对于B，定义域为(0，＋∞)，值域为R，不满足题意；
对于C，定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，
又3x>0，且3x≠1，故3x－1>－1，且3x－1≠0，故y<－1或y>0，
故值域为(－∞，－1)∪(0，＋∞)，不满足题意；
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定义域、值域都为(－∞，1)∪(1，＋∞)，满足题意.
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选项A，函数D(x)的值域为{0,1}，A错误；
选项B，若D(x0)＝1，则x0∈Q，x0＋1∈Q，则D(x0＋1)＝1，B正确；
选项C，D(2π)－D(π)＝0－0＝0，但2π－π＝π Q，C错误；
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A选项中的图象关于y轴对称，B选项中的图象关于原点对称，两个选项均可得函数的定义域为{x|x≠0}，可得c＝0，又函数f(x)的零点只能由ax＋b产生，所以函数f(x)可能没有零点，也可能零点是x＝－1,0,1，所以A，B选项可能符合条件；
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而由D选项中的图象知，函数f(x)的零点在(0,1)上，但此种情况不可能存在，所以D选项不符合条件；
观察C选项中的图象，由定义域猜想c＝1，由图象过原点得b＝0，猜想a＝1，可能符合条件.
12.已知函数y＝f(x－1)的图象关于直线x＝－1对称，且对 x∈R，有f(x)＋f(－x)＝4.当x∈(0,2]时，f(x)＝x＋2，则下列说法正确的是
A.8是f(x)的周期 B.f(x)的最大值为5
C.f(2 023)＝1 D.f(x＋2)为偶函数
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√
√
因为函数y＝f(x－1)的图象关于直线x＝－1对称，
故f(x)的图象关于直线x＝－2对称，
因为对 x∈R有f(x)＋f(－x)＝4，
所以函数y＝f(x)的图象关于点(0,2)成中心对称，
所以f(－2＋x＋2)＝f(－2－(x＋2))，
即f(x)＝f(－4－x)＝4－f(－x)，
又f(－4－x)＋f(x＋4)＝4，
即f(－4－x)＝4－f(x＋4)，所以f(x＋4)＝f(－x)，
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所以f((x＋4)＋4)＝f(－(x＋4))＝f(x)，
所以f(x＋8)＝f(x)，
所以8是f(x)的周期，故A正确；
又f(x＋2)＝f(－x＋2)，故函数f(x＋2)为偶函数，故D正确；
因为当x∈(0,2]时，f(x)＝x＋2，
且f(x)＋f(－x)＝4，
则当x∈[－2,0)时，－x∈(0,2]，
所以f(－x)＝－x＋2＝4－f(x)，所以f(x)＝x＋2，
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故当x∈[－2,2]时，f(x)＝x＋2，
又函数y＝f(x)的图象关于直线x＝－2对称，
所以在同一个周期[－6,2]上，f(x)的最大值为f(2)＝4，
故f(x)在R上的最大值为4，故B错误；
因为f(2 023)＝f(253×8－1)
＝f(－1)＝4－f(1)＝1，
所以C正确.
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三、填空题
13.(2022·泸州模拟)写出一个具有下列性质①②③的函数f(x)＝__________
________.①定义域为R；②函数f(x)是奇函数；③f(x＋π)＝f(x).
sin 2x(答案
不唯一)
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2
∴g(x)为奇函数，
＝g(ln 5)＋1＋g(－ln 5)＋1＝2.
1
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16
[0,2]
因为f(0)是f(x)的最小值，
所以当x≤0时，f(x)＝(x－a)2单调递减，
则a≥0，此时最小值为f(0)＝a2，
因此a2≤a＋2，解得0≤a≤2.
1
2
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3
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16
而易知g(x)是偶函数，
当00，
1
2
3
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5
6
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9
10
11
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15
16
所以g′(x)>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减.
从而可知f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(－∞，1)上单调递减.(共66张PPT)
第2讲 基本初等函数、函数与方程
专题一 函数与导数
考情分析
1.基本初等函数的图象与性质是高考考查的重点，利用函数性质比较大小、解
不等式是常见题型.
2.函数零点的个数判断及参数范围是常考题型，常以压轴题的形式出现.
3.函数模型及应用是近几年高考的热点，通常考查指数函数、对数函数模型.
考点一 基本初等函数的图象与性质
考点二 函数的零点
考点三 函数模型及其应用
专题强化练
内容索引
基本初等函数的图象与性质
考点一
指数函数y＝ax(a>0，且a≠1)与对数函数y＝logax(a>0，且a≠1)互为反函数，其图象关于y＝x对称，它们的图象和性质分01两种情况，着重关注两种函数图象的异同.
核心提炼
(1)(2022·杭州模拟)已知lg a＋lg b＝0(a>0且a≠1，b>0且b≠1)，则函数f(x)＝ax与g(x)＝ 的图象可能是
√
例1
∴g(x)＝ ＝logax，
∴函数f(x)＝ax与函数g(x)＝ 互为反函数，
∴函数f(x)＝ax与g(x)＝ 的图象关于直线y＝x对称，且具有相同的单调性.
∵lg a＋lg b＝0(a>0且a≠1，b>0且b≠1)，
(2)若对正实数x，y有log2x－log2y<3－x－3－y，则
A.ln(y－x＋1)>0 B.ln(y－x＋1)<0
C.ln|x－y|>0 D.ln|x－y|<0
√
设函数f(x)＝log2x－3－x.
因为y＝log2x与y＝－3－x在(0，＋∞)上均单调递增，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
原不等式等价于log2x－3－x所以y>x>0，即y－x>0，
所以A正确，B不正确；
又|x－y|与1的大小关系不确定，
所以C，D不正确.
(1)指数函数、对数函数的图象与性质受底数a的影响，解决与指数函数、对数函数有关的问题时，首先要看底数a的取值范围.
(2)基本初等函数的图象和性质是统一的，在解题中可相互转化.
规律方法
(1)(2022·山东名校大联考)若a＝log32，b＝log52，c＝e0.2，则a，b，c的大小关系为
A.bC.b跟踪演练1
√
由对数函数的单调性可知0＝log31又根据指数函数的单调性可得c＝e0.2>e0＝1，
所以b(2)(2022·邯郸模拟)不等式10x－6x－3x≥1的解集为___________.
[1，＋∞)
则f(x)在R上单调递减，且f(1)＝1，
所以f(x)≤f(1)，即x≥1.
故不等式10x－6x－3x≥1的解集为[1，＋∞).
函数的零点
考点二
判断函数零点个数的方法
(1)利用函数零点存在定理判断.
(2)代数法：求方程f(x)＝0的实数根.
(3)几何法：对于不易求根的方程，将它与函数y＝f(x)的图象联系起来，利用函数的性质找出零点或利用两个函数图象的交点求解.在利用函数性质时，可用求导的方法判断函数的单调性.
核心提炼
已知f(x)是定义在R上周期为2的偶函数，且当x∈[0,1]时，f(x)＝2x－1，则函数g(x)＝f(x)－log5|x|的零点个数是
A.2 B.4 C.6 D.8
√
例2
考向1 函数零点个数的判断
当x∈[0,1]时，f(x)＝2x－1，函数y＝f(x)的
周期为2且为偶函数，其图象关于y轴对称，
可作出函数f(x)的图象.
函数y＝log5|x|的图象关于y轴对称，函数y
＝g(x)的零点，即为两函数图象交点的横坐标，当x>5时，y＝log5|x|>1，此时两函数图象无交点，如图，
又两函数的图象在x>0上有4个交点，由对称性知两函数的图象在x<0上也有4个交点，且它们关于y轴对称，可得函数g(x)＝f(x)－log5|x|的零点个数为8.
(2022·河北联考)函数f(x)＝ex和g(x)＝kx2的图象有三个不同交点，则k
的取值范围是____________.
例3
考向2 求参数的值或范围
因为函数f(x)＝ex和g(x)＝kx2的图象有三个不同交点，
所以方程ex＝kx2有三个不同的实数根，显然x＝0不是方程的实数根，
所以当x<0时，h′(x)>0，
当0当x>2时，h′(x)>0，
因为当x趋近于－∞时，h(x)趋近于0，当x趋近于＋∞时，h(x)趋近于＋∞，当x趋近于0时，h(x)趋近于＋∞，
利用函数零点的情况求参数值(或取值范围)的三种方法
规律方法
(1)已知函数f(x)＝ 若关于x的方程f(x)＝a(x＋1)有三个
不相等的实数根，则实数a的取值范围是________.
跟踪演练2
作出函数f(x)的图象，又直线y＝a(x＋1)过定点P(－1,0)，如图，
则at2－t＋a＝0有两个正根，
16
函数模型及其应用
考点三
解函数应用题的步骤
(1)审题：缜密审题，准确理解题意，分清条件和结论，理清数量关系.
(2)建模：将自然语言转化为数学语言，将文字语言转化为符号语言，利用数学知识，建立相应的数学模型.
(3)求模：求解数学模型，得出数学结论.
(4)反馈：将得到的数学结论还原为实际问题的意义.
核心提炼
(1)(2022·衡阳模拟)2021年10月16日0时23分，搭载神舟十三号载人飞船的长征二号F遥十三运载火箭，在酒泉卫星发射中心按照预定时间精准点火发射，顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员送入太空，飞行乘组状态良好，发射取得圆满成功，火箭在发射时会产生巨大的噪音，已知声音的声强级d(x)(单位：dB)与声强x(单位：W/m2)满足d(x)＝
10lg 。若人交谈时的声强级约为50 dB，且火箭发射时的声强与人
交谈时的声强的比值约为109，则火箭发射时的声强级约为
A.130 dB B.140 dB C.150 dB D.160 dB
√
例4
当人交谈时的声强级约为50 dB，
即人交谈时的声强为10－7 W/m2，因为火箭发射时的声强与人交谈时的声强的比值约为109，
所以火箭发射时的声强为10－7×109＝100 W/m2，
(2)(2022·福州模拟)深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的.在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型
为L＝ ，其中L表示每一轮优化时使用的学习率，L0表示初始学习率，D表示衰减系数，G表示训练迭代轮数，G0表示衰减速度.已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为0.5，衰减速度为22，且当训练迭代轮数为22时，学习率衰减为0.45，则学习率衰减到0.05以下(不含0.05)所需的训练迭代轮数至少为(参考数据：lg 3≈0.477 1)
A.11 B.22 C.227 D.481
√
则
由
G·(lg 9－lg 10)<－22，G·(lg 10－lg 9)>22，
所以所需的训练迭代轮数至少为481轮.
构建函数模型解决实际问题的失分点
(1)不能选择相应变量得到函数模型.
(2)构建的函数模型有误.
(3)忽视函数模型中变量的实际意义.
易错提醒
(1)(2022·荆州联考)“绿水青山就是金山银山”，党的十九大以来，城乡深化河道生态环境治理，科学治污.某乡村一条污染河道的蓄水量为v立方米，每天的进出水量为k立方米.已知污染源以每天r个单位污染河水，某一时段t(单位：天)河水污染质量指数为m(t)(每立方米河水所含的
污染物)满足m(t)＝ (m0为初始质量指数)，经测算，河道蓄
水量是每天进出水量的80倍.若从现在开始关闭污染源，要使河水的污染水平下降到初始时的10%，需要的时间大约是(参考数据：ln 10≈2.30)
A.1个月 B.3个月 C.半年 D.1年
跟踪演练3
√
由题可知，m(t)＝ ＝0.1m0，
∴ ＝0.1，
∴要使河水的污染水平下降到初始时的10%，结合选项知需要的时间大约是半年.
(2)(2022·广东大联考)水果采摘后，如果不进行保鲜处理，其新鲜度会逐渐流失，某水果产地的技术人员采用一种新的保鲜技术后发现水果在采摘后的
时间t(单位：小时)与失去的新鲜度y满足函数关系式：y＝
为了保障水果在销售时的新鲜度不低于85%，从水果采摘到上市销售的时间间隔不能超过(参考数据：log23≈1.6)
A.20小时 B.25小时 C.28小时 D.35小时
√
由题意可知当t<10时，失去的新鲜度小于10%，没有超过15%，
当t≥10时，则有 ≤15%，即
∴t≤48－20＝28.
专题强化练
一、单项选择题
√
1
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16
设幂函数f(x)＝xα，则4α＝3×2α，
解得α＝log23，所以f(x)＝
2.(2022·泸州模拟)若logab>1，其中a>0且a≠1，b>1, 则
A.0C.1√
当0由b>1，则logab<0，与logab>1矛盾，故a>1，
由logab>1得logab>logaa，则b>a，故b>a>1.
1
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16
f(x)的定义域为(－5,5)，
令f(x)＝0，得sin x＝0，∴x＝kπ，k∈Z，
又x∈(－5,5)，∴x＝0或x＝±π，
故f(x)有3个零点.
4.朗伯比尔定律(Lambert－Beer law)是分光光度法的基本定律，是描述物质对某一波长光吸收的强弱与吸光物质的浓度及其液层厚度间的关系，其数学表达式为A＝lg ＝Kbc，其中A为吸光度，T为透光度，K为摩尔吸光系数，c为吸光物质的浓度，单位为mol/L，b为吸收层厚度，单位为cm.保持K，b不变，当吸光物质的浓度增加为原来的两倍时，透光度由原来的T变为
√
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16
保持K，b不变，当吸光物质的浓度增加为原来的两倍时，透光度变为T′，
所以透光度由原来的T变为T2.
5.(2022·十堰统考)已知a＝ln 3，b＝30.5，c＝lg 9，则
A.a>b>c B.c>a>b C.b>a>c D.b>c>a
√
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因为0＝lg 1a＝ln 3>ln e＝1，所以a>c，
故b>a>c.
6.(2022·聊城模拟)“环境就是民生，青山就是美丽，蓝天也是幸福”，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≈0.30，lg 3≈0.48)
A.6 B.7 C.8 D.9
√
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设该污染物排放前过滤的次数为n(n∈N*)，
所以n≥7.8，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次.
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7.(2022·湖南联考)已如函数f(x)＝2x－ 则
A.f(1)＋f(－1)<0 B.f(－2)＋f(2)>0
C.f(1)－f(－2)<0 D.f(－1)＋f(2)>0
√
所以f(x)是奇函数，所以f(x)＋f(－x)＝0，故A，B错误；
即(x＋3)(3－x)>0，解得－3根据单调性的结论可知f(x)在(－3,3)上单调递增，所以当x∈(0,3)时，f(x)>0，当x∈(－3,0)时，f(x)<0，
所以f(1)－f(－2)＝f(1)＋f(2)>0，C错误；
f(－1)＋f(2)＝f(2)－f(1)>0，D正确.
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8.设x1，x2分别是函数f(x)＝x－a－x和g(x)＝xlogax－1的零点(其中a>1)，则x1＋4x2的取值范围为
A.(4，＋∞) B.[4，＋∞)
C.(5，＋∞) D.[5，＋∞)
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√
令f(x)＝0，得x1＝
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二、多项选择题
9.记函数f(x)＝x＋ln x的零点为x0，则关于x0的结论正确的为
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√
√
由于函数f(x)＝x＋ln x在(0，＋∞)上单调递增，
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由于x0是函数f(x)＝x＋ln x的零点，
则x0＋ln x0＝0，即ln x0＝－x0，
∴x0＝ －x0＝0，
则
故A，D选项错误，B，C选项正确.
10.已知实数a，b满足等式2 022a＝2 023b，下列式子可以成立的是
A.a＝b＝0 B.aC.01
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√
√
√
分别画出y＝2 022x，y＝2 023x的图象，如图，
实数a，b满足等式2 022a＝2 023b，
可得a>b>0，或a1
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√
√
11.(2022·济宁模拟)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且周期为2，且当x∈[0,1]时，f(x)＝x2.若函数g(x)＝f(x)－x－a恰有3个不同的零点，则实数a的取值范围可以是
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f(x)是周期为2的偶函数，
当x∈[0,1]时，f(x)＝x2.
则当x∈[－1,1]时，f(x)＝x2，
函数g(x)＝f(x)－x－a恰有3个不同的零点，即f(x)的图象与y＝x＋a的图象有3个不同的交点，作出函数f(x)的图象，作出直线y＝x＋a的图象，如图，当直线过A(1,1)时，a＝0，
当直线y＝x＋a与y＝x2相切时，
由x2＝x＋a，即x2－x－a＝0，
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12.(2022·长沙模拟)已知正数x，y，z满足3x＝4y＝12z，则
√
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√
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设3x＝4y＝12z＝t，t>1，
则x＝log3t，y＝log4t，z＝log12t，
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所以6z<3x<4y，B正确；
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当且仅当x＝y时，等号成立，
又x≠y，故x＋y>4z，D正确；
所以xy>4z2，C错误.
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三、填空题
13.(2022·成都模拟)已知两个条件：①a，b∈R，f(a＋b)＝f(a)·f(b)；②f(x)在(0，＋∞)上单调递减.请写出一个同时满足以上两个条件的函数_______
________________.
f(x)＝
14.(2022·广州模拟)据报道，某地遭遇了70年一遇的沙漠蝗虫灾害.在所有的农业害虫中，沙漠蝗虫对人类粮食作物危害最大.沙漠蝗虫繁殖速度很快，迁徙能力很强，给农业生产和粮食安全构成重大威胁.已知某蝗虫群在适宜的环境条件下，每经过15天，数量就会增长为原来的10倍.该蝗虫群当前有1亿只蝗虫，则经过____天，蝗虫数量会达到4 000亿只.(参考数据：lg 2≈0.30)
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由每经过15天，蝗虫的数量就会增长为原来的10倍，
设每天的增长率为a，
设经过x天后，蝗虫数量会达到4 000亿只，
则有1×(1＋a)x＝4 000，所以
即
故经过54天，蝗虫数量会达到4 000亿只.
由题意以及函数f(x)＝|ln x|的性质可得－ln m＝ln n，
15.已知函数f(x)＝|ln x|，实数m，n满足0e2
因为函数f(x)＝|ln x|在(0,1)上单调递减，
所以f(m2)>f(m)＝f(n)，
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16
函数f(x)的图象如图所示，
令t＝f(x)，则关于x的方程2f2(x)－af(x)＋1＝0有6个不相等的实数根，
等价于关于t的方程2t2－at＋1＝0在[0,1)上有2个不相等的实数根，
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16(共73张PPT)
第3讲 导数的几何意义及函数的单调性
专题一 函数与导数
考情分析
1.导数的几何意义和计算是导数应用的基础，是高考的热点，多以选择题、填
空题的形式考查，难度较小.
2.应用导数研究函数的单调性，是导数应用的重点内容，也是高考的常见题型，
以选择题、填空题的形式考查，或为导数解答题第一问，难度中等偏上，属
综合性问题.
考点一 导数的几何意义与计算
考点二 利用导数研究函数的单调性
考点三 单调性的简单应用
专题强化练
内容索引
导数的几何意义与计算
考点一
1.导数的几何意义
(1)函数在某点的导数即曲线在该点处的切线的斜率.
(2)曲线在某点的切线与曲线过某点的切线不同.
(3)切点既在切线上，又在曲线上.
2.复合函数的导数
复合函数y＝f(g(x))的导数和函数y＝f(u)，u＝g(x)的导数间的关系为y′ x＝y′u·u′x.
核心提炼
(1)(2022·焦作模拟)函数f(x)＝(2ex－x)·cos x的图象在x＝0处的切线方程为
A.x－2y＋1＝0 B.x－y＋2＝0
C.x＋2＝0 D.2x－y＋1＝0
√
例1
由题意，函数f(x)＝(2ex－x)·cos x，
可得f′(x)＝(2ex－1)·cos x－(2ex－x)·sin x，
所以f′(0)＝(2e0－1)·cos 0－(2e0－0)·sin 0＝1，
f(0)＝(2e0－0)·cos 0＝2，
所以f(x)在x＝0处的切线方程为y－2＝x－0，即x－y＋2＝0.
(2)(2022·新高考全国Ⅰ)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_______________________.
(－∞，－4)∪(0，＋∞)
因为y＝(x＋a)ex，所以y′＝(x＋a＋1)ex.
设切点为A(x0，(x0＋a) )，O为坐标原点，
依题意得，切线斜率kOA＝
求曲线的切线方程要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异，过点P的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点.
易错提醒
(1)(2022·新高考全国Ⅱ)曲线y＝ln|x|过坐标原点的两条切线的方
程为________，_________.
跟踪演练1
先求当x>0时，曲线y＝ln x过原点的切线方程，设切点为(x0，y0)，
解得y0＝1，代入y＝ln x，得x0＝e，
√
设直线y＝kx与函数f(x)，g(x)的图象相切的切点分别为A(m，km)，B(n，kn).
利用导数研究函数的单调性
考点二
利用导数研究函数单调性的步骤
(1)求函数y＝f(x)的定义域.
(2)求f(x)的导数f′(x).
(3)求出f′(x)的零点，划分单调区间.
(4)判断f′(x)在各个单调区间内的符号.
核心提炼
(2022·哈师大附中模拟)已知函数f(x)＝axex－(x＋1)2(a∈R，e为自然对数的底数).
(1)若f(x)在x＝0处的切线与直线y＝ax垂直，求a的值；
例2
f′(x)＝(x＋1)(aex－2)，则f′(0)＝a－2，
由已知得(a－2)a＝－1，解得a＝1.
(2)讨论函数f(x)的单调性.
f′(x)＝(x＋1)(aex－2)，
①当a≤0时，aex－2<0，
所以f′(x)>0 x<－1，f′(x)<0 x>－1，
则f(x)在(－∞，－1)上单调递增，
在(－1，＋∞)上单调递减；
(ⅱ)当a＝2e时，f′(x)＝2(x＋1)(ex＋1－1)≥0，
则f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
综上，当a≤0时，f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减；
当a＝2e时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
(1)讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制；
(2)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，依据根的大小进行分类讨论；
(3)在不能通过因式分解求出根的情况时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论.
规律方法
(1)当t＝2时，求f(x)在x＝1处的切线方程；
跟踪演练2
∴f′(1)＝ln 2－1，又f(1)＝ln 2，
∴切线方程为y－ln 2＝(ln 2－1)(x－1)，即y＝(ln 2－1)x＋1.
(2)求f(x)的单调区间.
∴f(x)的定义域为(0，t)∪(t，＋∞)，且t>0，
∴当x∈(0，t)时，φ′(x)>0，
当x∈(t，＋∞)时，φ′(x)<0，
∴φ(x)在(0，t)上单调递增，在(t，＋∞)上单调递减，
∴φ(x)<φ(t)＝0，∴f′(x)<0，
∴f(x)在(0，t)，(t，＋∞)上单调递减.
即f(x)的单调递减区间为(0，t)，(t，＋∞)，无单调递增区间.
单调性的简单应用
考点三
1.函数f(x)在区间D上单调递增(或递减)，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)在x∈D上恒成立.
2.函数f(x)在区间D上存在单调递增(或递减)区间，可转化为f′(x)>0(或f′(x)<0)在x∈D上有解.
核心提炼
√
例3
f′(x)＝ex(cos x－a)＋ex(－sin x)＝ex(cos x－sin x－a)，
即cos x－sin x－a≤0恒成立，
(2)(2022·新高考全国Ⅰ)设a＝0.1e0.1，b＝ ，c＝－ln 0.9，则
A.aC.c√
设u(x)＝xex(0w(x)＝－ln(1－x)(0则当00，v(x)>0，w(x)>0.
①设f(x)＝ln[u(x)]－ln[v(x)]
＝ln x＋x－[ln x－ln(1－x)]
＝x＋ln(1－x)(0所以f(x)在(0,0.1]上单调递减，
所以f(0.1)即ln[u(0.1)]－ln[v(0.1)]<0，
所以ln[u(0.1)]又函数y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，
②设g(x)＝u(x)－w(x)＝xex＋ln(1－x)(0设h(x)＝(1－x2)ex－1(0则h′(x)＝(1－2x－x2)ex>0在(0,0.1]上恒成立，
所以h(x)在(0,0.1]上单调递增，
所以h(x)>h(0)＝(1－02)·e0－1＝0，即g′(x)>0在(0,0.1]上恒成立，
所以g(x)在(0,0.1]上单调递增，
所以g(0.1)>g(0)＝0·e0＋ln(1－0)＝0，即g(0.1)＝u(0.1)－w(0.1)>0，
所以0.1e0.1>－ln 0.9，即a>c.
综上，c利用导数比较大小或解不等式的策略
利用导数比较大小或解不等式，常常要构造新函数，把比较大小或求解不等式的问题，转化为利用导数研究函数单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式.
规律方法
(1)(2022·全国甲卷)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
跟踪演练3
√
∵9m＝10，∴m∈(1,2)，
令f(x)＝xm－(x＋1)，x∈(1，＋∞)，
∴f′(x)＝mxm－1－1，
∵x>1且1∴xm－1>1，∴f′(x)>0，
∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
又9m＝10，∴9m－10＝0，即f(9)＝0，
又a＝f(10)，b＝f(8)，
∴f(8)(2)已知变量x1，x2∈(0，m)(m>0)，且x1√
∵ x2ln x10，
∵x1∴f(x)在(0，m)上单调递增，
即函数f(x)的单调递增区间是(0，e)，则m的最大值为e.
专题强化练
一、单项选择题
1.(2022·张家口模拟)已知函数f(x)＝ －2x＋ln x，则函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为
A.2x＋y－2＝0 B.2x－y－1＝0
C.2x＋y－1＝0 D.2x－y＋1＝0
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又f(1)＝－1，
故函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(－1)＝－2(x－1)，
化简得2x＋y－1＝0.
2.已知函数f(x)＝x2＋f(0)·x－f′(0)·cos x＋2，其导函数为f′(x)，则f′(0)等于
A.－1 B.0 C.1 D.2
√
因为f(x)＝x2＋f(0)·x－f′(0)·cos x＋2，
所以f(0)＝2－f′(0).
因为f′(x)＝2x＋f(0)＋f′(0)·sin x，
所以f′(0)＝f(0).
故f′(0)＝f(0)＝1.
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3.(2022·重庆检测)函数f(x)＝e－xcos x(x∈(0，π))的单调递增区间为
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f′(x)＝－e－xcos x－e－xsin x
4.(2022·厦门模拟)已知函数f(x)＝(x－1)ex－mx在区间x∈[1,2]上存在单调递增区间，则m的取值范围为
A.(0，e) B.(－∞，e)
C.(0,2e2) D.(－∞，2e2)
√
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∵f(x)＝(x－1)ex－mx，
∴f′(x)＝xex－m，
∵f(x)在区间[1,2]上存在单调递增区间，
∴存在x∈[1,2]，使得f′(x)>0，即m令g(x)＝xex，x∈[1,2]，则g′(x)＝(x＋1)ex>0恒成立，
∴g(x)＝xex在[1,2]上单调递增，
∴g(x)max＝g(2)＝2e2，
∴m<2e2，故实数m的取值范围为(－∞，2e2).
5.(2021·新高考全国Ⅰ)若过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，则
A.eb√
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(用图估算法)过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，则点(a，b)在曲线y＝ex的下方且在x轴的上方，得0A.a>b>c B.a>c>b
C.b>a>c D.c>b>a
√
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当x∈(0,1)时，f′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0；
所以f(x)＝ln x＋1－x在(0,1)上单调递增，
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综上，a>c>b.
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二、多项选择题
7.若曲线f(x)＝ax2－x＋ln x存在垂直于y轴的切线，则a的取值可以是
√
√
√
依题意，f(x)存在垂直于y轴的切线，即存在切线斜率k＝0的切线，
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8.已知函数f(x)＝ln x，x1>x2>e，则下列结论正确的是
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√
√
√
∵f(x)＝ln x是增函数，∴(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，A错误；
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当x>e时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
当x>e时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
∴g(x1)三、填空题
9.(2022·保定模拟)若函数f(x)＝ln x－ ＋m在(1，f(1))处的切线过点(0,2)，则实数m＝___.
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可得f′(1)＝2，且f(1)＝m－2，
10.已知函数f(x)＝x2－cos x，则不等式f(2x－1)1
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(0,2)
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f(x)的定义域为R，f(－x)＝(－x)2－cos(－x)＝x2－cos x＝f(x)，
∴f(x)为偶函数.
当x>0时，f′(x)＝2x＋sin x，
令g(x)＝2x＋sin x，则g′(x)＝2＋cos x>0，
∴f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴f′(x)>f′(0)＝0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又f(x)为偶函数，∴原不等式化为|2x－1|<|x＋1|，解得0∴原不等式的解集为(0,2).
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11.(2022·伊春模拟)过点P(1,2)作曲线C：y＝ 的两条切线，切点分别为
A，B，则直线AB的方程为______________.
2x＋y－8＝0
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同理可得2x2＋y2－8＝0，
所以直线AB的方程为2x＋y－8＝0.
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a≤－1
不妨设x1则f(x1)－f(x2)<3(x1－x2)，即f(x1)－3x1设F(x)＝f(x)－3x，则F(x1)又x11
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令g(x)＝x2－(3＋a)x＋1，
要使F′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
只需g(x)＝x2－(3＋a)x＋1≥0恒成立，
所以3＋a≤2，即a≤－1.
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四、解答题
13.(2022·滁州模拟)已知函数f(x)＝x2－2x＋aln x(a∈R).
(1)若函数在x＝1处的切线与直线x－4y－2＝0垂直，求实数a的值；
由已知得f′(1)＝2×1－2＋a＝－4，得a＝－4.
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(2)当a>0时，讨论函数的单调性.
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对于方程2x2－2x＋a＝0，记Δ＝4－8a.
又a>0，故x2>x1>0.
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当x∈(0，x1)∪(x2，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
当x∈(x1，x2)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减.
14.(2022·湖北八市联考)设函数f(x)＝ex－(ax－1)ln(ax－1)＋(a＋1)x.(e＝2.718 28…为自然对数的底数)
(1)当a＝1时，求F(x)＝ex－f(x)的单调区间；
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当a＝1时，F(x)＝ex－f(x)＝(x－1)ln(x－1)－2x，
定义域为(1，＋∞)，F′(x)＝ln(x－1)－1，
令F′(x)>0，解得x>e＋1，
令F′(x)<0，解得1故F(x)的单调递增区间为(e＋1，＋∞)，单调递减区间为(1，e＋1).
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故只需g(1)＝e－aln(a－1)＋1≥0，
设h(a)＝e－aln(a－1)＋1，其中a>e，
h(a)＝e－aln(a－1)＋1在(e，＋∞)上单调递减，
又h(e＋1)＝0，故a≤e＋1.
综上所述，a的取值范围为(e，e＋1].(共80张PPT)
第4讲 函数的极值、最值
专题一 函数与导数
考情分析
利用导数研究函数的极值、最值是重点考查内容，多以选择题、填空题压轴考查，或以解答题的形式出现，难度中等偏上，属综合性问题.
考点一 利用导数研究函数的极值
考点二 利用导数研究函数的最值
考点三 极值、最值的简单应用
专题强化练
内容索引
利用导数研究函数的极值
考点一
判断函数的极值点，主要有两点
(1)导函数f′(x)的变号零点，即为函数f(x)的极值点.
(2)利用函数f′(x)的单调性可得函数的极值点.
核心提炼
(2022·百师联盟联考)已知函数f(x)＝ x2－(2a2－a＋1)x＋(2a－1)ln x＋2，其中a≠0.
(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；
例1
f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当且仅当x＝1时，f′(x)＝0，
所以当a＝1时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间.
(2)当a>0且a≠1时，f(x)存在一个极小值点x0，若x0>3.求实数a的取值范围.
故当x∈(0,2a－1)时，f′(x)>0，f(x)在(0,2a－1)上单调递增；
当x∈(2a－1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(2a－1，＋∞)上单调递增.
所以f(x)有一个极小值点2a－1，
即x0＝2a－1.所以2a－1>3，解得a>2.
(1)不能忽略函数的定义域.
(2)f′(x0)＝0是可导函数f(x)在x＝x0处取得极值的必要不充分条件，即f′(x)的变号零点才是f(x)的极值点，所以判断f(x)的极值点时，除了找f′(x)＝0的实数根x0外，还需判断f(x)在x0左侧和右侧的单调性.
(3)函数的极小值不一定比极大值小.
易错提醒
(1)(2021·全国乙卷)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
跟踪演练1
√
当a>0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图所示，观察可知b>a.
当a<0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图所示，观察可知a>b.
综上，可知必有ab>a2成立.
√
(2)(2022·安康模拟)若函数f(x)＝ex－ax2－2ax有两个极值点，则实数a的取值范围为
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有两个不同的解，
当x>0时，g′(x)<0；当x<0时，g′(x)>0；
所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减.
利用导数研究函数的最值
考点二
1.求函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤
(1)求函数在(a，b)内的极值.
(2)求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b).
(3)将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.
2.若函数含有参数或区间含有参数，则需对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数的最值.
核心提炼
(1)(2022·全国甲卷)当x＝1时，函数f(x)＝aln x＋ 取得最大值－2，则f′(2)等于
例2
√
因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
因此函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
当x＝1时取最大值，满足题意.
√
可得函数图象如图所示.
令f(x1)＝f(x2)＝t，
∴t≤1且x1＋1＝ln x2＝t，
∴x1＝t－1，x2＝et，
∴x2－x1＝et－(t－1)＝et－t＋1(t≤1).
令φ(t)＝et－t＋1(t≤1)，φ′(t)＝et－1，
当t∈(－∞，0)时，φ′(t)<0，当t∈(0,1]时，φ′(t)>0，
∴φ(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，
∴φ(t)min＝φ(0)＝2，
∴x2－x1的最小值为2.
(1)求函数最值时，不可想当然地认为极值就是最值，要通过比较大小才能下结论.
(2)求函数无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值，还需研究单调性，结合单调性和极值情况，画出函数图象，借助图象得到函数的最值.
易错提醒
(1)(2022·全国乙卷)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
跟踪演练2
√
f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1，x∈[0,2π]，
则f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)·cos x
＝(x＋1)cos x，x∈[0,2π].
又f(0)＝cos 0＋(0＋1)sin 0＋1＝2，
f(2π)＝cos 2π＋(2π＋1)sin 2π＋1＝2，
(2)(2022·芜湖模拟)已知关于x的不等式x3－ax2≥ln x恒成立，则实数a的取值范围为
√
因为不等式x3－ax2≥ln x恒成立，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，又h(1)＝0，
所以当0当x>1时，h(x)>0，即g′(x)>0，
所以当x＝1时，g(x)取得最小值g(1)＝1，所以a≤1.
极值、最值的简单应用
考点三
(2022·杭州模拟)已知函数f(x)＝ax2－2x＋ln x有两个不同的极值点x1，x2，若不等式f(x1)＋f(x2)≤t恒成立，则实数t的最小值为_____.
例3
－3
由f(x)＝ax2－2x＋ln x(x>0)，
若函数f(x)＝ax2－2x＋ln x有两个不同的极值点x1，x2，
则方程2ax2－2x＋1＝0有两个不相等的正实根，
＝a[(x1＋x2)2－2x1x2]－2(x1＋x2)＋ln(x1x2)
故实数t的最小值为－3.
方程、不等式恒成立，有解问题都可用分离参数法.分离参数时，等式或不等式两边符号变化以及除数不能等于0，易忽视.
易错提醒
若函数f(x)＝x2＋a2＋bln x(a，b∈R)有极小值，且极小值为0，则a2－b的最小值为
跟踪演练3
√
由f(x)＝x2＋a2＋bln x(a，b∈R)，
因为f(x)有极小值，记为x0，
所以a2－b的最小值为2e.
专题强化练
一、单项选择题
1.下列函数中，不存在极值的是
A.y＝x＋ B.y＝xex
C.y＝xln x D.y＝－2x3－x
√
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显然ABC中的函数存在极值.
对于D，函数y＝－2x3－x，则y′＝－6x2－1<0，
所以函数y＝－2x3－x在R上单调递减，没有极值点.
2.下列关于函数f(x)＝(3－x2)ex的结论，正确的是
A.f(－3)是极大值，f(1)是极小值
B.f(x)没有最大值，也没有最小值
C.f(x)有最大值，没有最小值
D.f(x)有最小值，没有最大值
√
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由f(x)＝(3－x2)ex，得f′(x)＝(－x2－2x＋3)ex，
令f′(x)＝0，则－x2－2x＋3＝0，解得x＝－3或x＝1，
当x<－3或x>1时，f′(x)<0，
当－30，
所以f(－3)是极小值，f(1)是极大值，所以A错误；
因为f(－3)是极小值，且当x<－3时，f(x)<0恒成立，所以f(1)＝2e>0是极大值，也是最大值.
而当x→＋∞时，f(x)→－∞，
所以f(x)有最大值，没有最小值，所以C正确，B，D错误.
3.已知函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是
A.20 B.18 C.3 D.0
√
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对于区间[－3,2]上的任意x1，x2都有|f(x1)－f(x2)|≤t，
等价于对于区间[－3,2]上的任意x，都有f(x)max－f(x)min≤t，
∵f(x)＝x3－3x－1，
∴f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，
∵x∈[－3,2]，
∴函数在[－3，－1]，[1,2]上单调递增，在(－1,1)上单调递减，
∴f(x)max＝f(2)＝f(－1)＝1，f(x)min＝f(－3)＝－19，
∴f(x)max－f(x)min＝20，
∴t≥20，∴实数t的最小值是20.
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4.(2022·南充检测)已知函数f(x)＝x3－3mx2＋nx＋m2在x＝－1处取得极值0，则m＋n等于
A.2 B.7 C.2或7 D.3或9
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f(x)＝x3－3mx2＋nx＋m2，
f′(x)＝3x2－6mx＋n，
根据题意，f′(－1)＝3＋6m＋n＝0，
f(－1)＝－1－3m－n＋m2＝0，
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f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0，函数f(x)单调递增，无极值点，舍去.
f′(x)＝3x2＋12x＋9＝3(x＋1)(x＋3)，
当x∈(－∞，－3)和x∈(－1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当x∈(－3，－1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，故函数f(x)在x＝－1处有极小值，满足条件.
综上所述，m＋n＝9－2＝7.
5.(2022·晋中模拟)已知函数f(x)＝2xln x＋x2－ax＋3(a>0)，若f(x)≥0恒成立，则a的取值范围为
A.[4，＋∞) B.(4，＋∞) C.(0,4) D.(0,4]
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因为f(x)≥0恒成立，
即f(x)＝2xln x＋x2－ax＋3≥0(x>0)恒成立，
当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)在(0,1)上单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(1)＝4，则06.(2022·昆明模拟)若函数f(x)＝x2－4x＋aln x有两个极值点，设这两个极值点为x1，x2，且x1A.x1∈(1,2) B.a>2
C.f(x1)<－3 D.f(x1)>－3
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∵f(x)＝x2－4x＋aln x，
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令f′(x)＝0，则方程2x2－4x＋a＝0的两根为x1，x2，且0∴0x1为f(x)的极大值点，即f(x1)>f(1)＝－3.
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二、多项选择题
7.(2022·新高考全国Ⅰ)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
√
√
因为f(x)＝x3－x＋1，所以f′(x)＝3x2－1.
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因为函数g(x)＝x3－x的图象向上平移一个单位长度得函数f(x)＝x3－x＋1的图象，函数g(x)＝x3－x的图象关于原点(0,0)中心对称且g(0)＝0，所以点(0,1)是曲线f(x)＝x3－x＋1的对称中心，故C正确；
假设直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线，切点为(x0，y0)，则f′(x0)＝ －1＝2，解得x0＝±1；若x0＝1，则切点坐标为(1,1)，但点(1,1)不在直线y＝2x上；若x0＝－1，则切点坐标为(－1,1)，但点(－1,1)不在直线y＝2x上，所以假设不成立，故D错误.故选AC.
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8.(2022·河北名校联盟调研)若存在正实数m，n，使得等式4m＋a(n－3e2m)·(ln n－ln m)＝0成立，其中e为自然对数的底数，则a的取值可能是
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√
√
√
由题意知，a≠0，
由4m＋a(n－3e2m)(ln n－ln m)＝0，
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因为函数g′(t)在(0，＋∞)上单调递增，且g′(e2)＝0，
所以当0e2时，g′(t)>0，
则g(t)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，从而g(t)min＝g(e2)＝－4e2，
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三、填空题
9.函数f(x)＝x－ln|x|的极值点为____.
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∴当x∈(0,1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴x＝1为f(x)的极小值点.
∴f(x)在(－∞，0)上单调递增，无极值点.
综上，f(x)的极值点为1.
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10.已知函数f(x)＝xln x－x＋2a＋2，若函数y＝f(x)与y＝f(f(x))有相同的值域，则实数a的取值范围是___________.
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(－∞，0]
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f′(x)＝ln x，
当x＞1时，f′(x)＞0，当0＜x＜1时，f′(x)＜0，
∴f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴f(x)的最小值为f(1)＝2a＋1.
即f(x)的值域为[2a＋1，＋∞)，
∵函数y＝f(x)与y＝f(f(x))有相同的值域，
∴2a＋1≤1，解得a≤0.
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11.(2021·新高考全国Ⅰ)函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为____.
1
函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的定义域为(0，＋∞).
当x>1时，f′(x)>0，所以f(x)min＝f(1)＝2－1－2ln 1＝1；
综上，f(x)min＝1.
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12.(2022·全国乙卷)已知x＝x1和x＝x2分别是函数f(x)＝2ax－ex2(a>0且a≠1)
的极小值点和极大值点.若x1方法一 由f(x)＝2ax－ex2，得f′(x)＝2axln a－2ex.
令f′(x)＝0，得axln a＝ex.
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也是最小值.
因为f(x)有极小值点x＝x1和极大值点x＝x2，
故f′(x)＝0有两个不同的根x＝x1，x＝x2，
故g(x)的图象与直线y＝e有两个交点，
所以(ln a)2<1.
由题意易知当x∈(－∞，x1)，(x2，＋∞)时，f′(x)<0；
当x∈(x1，x2)时，f′(x)>0.
若a>1，则当x→＋∞时，f′(x)→＋∞，不符合题意，所以01
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方法二 由题意，f′(x)＝2axln a－2ex，
根据f(x)有极小值点x＝x1和极大值点x＝x2可知，
x＝x1，x＝x2为f′(x)＝0的两个不同的根，
又x1当x∈(x1，x2)时，f′(x)>0.
由f′(x)＝0，可得axln a＝ex.
①若a>1，则当x→＋∞时，f′(x)→＋∞，不符合题意，舍去.
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②若0因为f′(x)＝0有两个不同的根，
所以g(x)与h(x)的图象有两个交点，
则过原点且与g(x)的图象相切的直线l的斜率k不妨设直线l与g(x)的图象的切点坐标为(x0， ),
因为g′(x)＝ax(ln a)2，所以k＝
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又
所以e·(ln a)2又01
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四、解答题
13.(2022·西安交大附中模拟)已知函数f(x)＝x3－3ax＋a(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性；
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因为f(x)＝x3－3ax＋a(a∈R)，
所以f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a).
①当a≤0时，f′(x)≥0恒成立，f(x)在R上单调递增；
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(2)求函数f(x)在区间[0,3]上的最大值与最小值之差g(a).
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由(1)可知：
①当a≤0时，f(x)在[0,3]上单调递增，
g(a)＝f(3)－f(0)＝27－9a；
f(x)在[0,3]上单调递减，g(a)＝f(0)－f(3)＝9a－27；
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又f(0)＝a，f(3)＝27－8a.
(1)求函数f(x)的图象在x＝0处的切线方程；
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在x＝0处的切点为(0,0)，
所以切线斜率为f′(0)＝1，所以函数f(x)的图象在x＝0处的切线方程为y＝x.
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因为
使得f′(x0)＝ －sin x0＝0，
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14(共34张PPT)
第5讲 导数的综合应用
专题一 函数与导数
考情分析
1.利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、
不等式、方程、数列等的交汇命题是高考的热点和难点.
2.多以解答题的形式压轴出现，难度较大.
母题突破1 导数与不等式的证明
已知函数f(x)＝ex－x2.
(1)求曲线f(x)在x＝1处的切线方程；
母题
思路分析
求切线方程
↓
f(x)≥(e－2)x＋1
↓
ex－x2－(e－2)x－1≥0
↓
ex＋(2－e)x－1≥x2
↓
(1)f′(x)＝ex－2x，f′(1)＝e－2，
又f(1)＝e－1.
∴切线方程为y－(e－1)＝(e－2)(x－1)，
即y＝(e－2)x＋1.
(2)令φ(x)＝f(x)－[(e－2)x＋1]＝ex－x2－(e－2)x－1(x>0)，
φ′(x)＝ex－2x－(e－2)，
令t(x)＝φ′(x)＝ex－2x－(e－2)，t′(x)＝ex－2，
当x∈(0，ln 2)时，t′(x)<0，当x∈(ln 2，＋∞)时，t′(x)>0，
∴φ′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，
又φ′(0)＝3－e>0，φ′(1)＝0，∴φ′(ln 2)<0，
∴ x0∈(0，ln 2)使φ′(x0)＝0，
即当x∈(0，x0)∪(1，＋∞)时，φ′(x)>0，x∈(x0，1)时，φ′(x)<0，
∴φ(x)在(0，x0)上单调递增，
在(x0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
又φ(0)＝0，φ(1)＝0，∴φ(x)min＝0，
∴φ(x)≥0，即ex－x2－(e－2)x－1≥0，
令h(x)＝x－ln x－1(x>0)，
h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴h(x)min＝h(1)＝0，
∴h(x)≥0，即x≥ln x＋1，
则原不等式成立.
子题1
令φ(x)＝ex－x－1，x>0，
∴φ′(x)＝ex－1>0，
∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)>φ(0)＝0，即ex－x－1>0.
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴h(x)>h(0)＝0，
∴F(x)在(0，＋∞)上单调递减，
当x→0时，F(x)→1，
∴F(x)<1，
子题2
设函数g(x)＝x(1－ln x)，则g′(x)＝－ln x，
当x∈(0,1)时，g′(x)>0，函数g(x)在(0,1)上单调递增，
所以g(x)设函数h(x)＝(1＋x－x3)ex，x∈(0,1)，
因为x∈(0,1)，所以x>x3，所以1＋x－x3>1，
又11，
所以g(x)<1因为x∈(0,1)，所以1－ln x>0，ex>e0＝1，
则函数t(x)在(0,1)上单调递减，
则t(x)>t(1)＝ln 1－12＋1＝0，
利用导数证明不等式问题的方法
(1)直接构造函数法：证明不等式f(x)>g(x)(或f(x)0(或f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x).
(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论.
(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同结构变形，根据相似结构构造辅助函数.
规律方法
跟踪演练
f(x)＝ln(1－x)，
∵x>0，ln(1－x)<0,
∴xln(1－x)<0，
即证x＋ln(1－x)>xln(1－x)，
化简得x＋(1－x)ln(1－x)>0；
同理，当x∈(－∞，0)时，
∵x<0，ln(1－x)>0，
∴xln(1－x)<0，即证x＋ln(1－x)>xln(1－x)，
化简得x＋(1－x)ln(1－x)>0，
令h(x)＝x＋(1－x)ln(1－x)，再令t＝1－x，
则t∈(0,1)∪(1，＋∞)，x＝1－t，
令g(t)＝1－t＋tln t，t∈(0,1)∪(1，＋∞)，
g′(t)＝－1＋ln t＋1＝ln t，
当t∈(0,1)时，g′(t)<0，g(t)单调递减，
假设g(1)能取到，
则g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0；
当t∈(1，＋∞)时，g′(t)>0，g(t)单调递增，
假设g(1)能取到，则g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0，
2.已知函数f(x)＝ex－a－ln(x＋a).当a≤1时，证明：f(x)>0.
先证不等式ex≥x＋1与x－1≥ln x，
设g(x)＝ex－x－1，
则g′(x)＝ex－1＝0 x＝0，
可得g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)＝ex－x－1≥g(0)＝0，即ex≥x＋1；
可得h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)＝x－1－ln x≥h(1)＝0，即x－1≥ln x.
于是，当a≤1时，ex－a≥x－a＋1≥x＋a－1≥ln(x＋a)，
注意到以上三个不等号的取等条件分别为x＝a，a＝1，x＋a＝1，它们无法同时取等，
所以当a≤1时，ex－a>ln(x＋a)，即f(x)>0.
专题强化练
1.(2022·吕梁模拟)已知函数f(x)＝ex－x－1.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
1
2
易知函数f(x)的定义域为R，
∵f(x)＝ex－x－1，∴f′(x)＝ex－1，
令f′(x)＝ex－1>0，解得x>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
令f′(x)＝ex－1<0，解得x<0，∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，
即f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)，
∴函数f(x)的极小值为f(0)＝0，无极大值.
1
2
1
2
要证原不等式成立，即证g(x)≥0成立，
∵g′(x)＝ex－x＋sin x，
又∵sin x≥－1，
1
2
由(1)知ex－x－1≥0(当x＝0时等号成立)，
∴g′(x)>0，
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴g(x)≥g(0)＝0.
2.(2022·鹤壁模拟)设函数f(x)＝ln(a－x)－x＋e.
(1)求函数f(x)的单调区间；
1
2
函数f(x)＝ln(a－x)－x＋e的定义域为(－∞，a)，
因为当x即f(x)在(－∞，a)上单调递减，
故函数f(x)的单调递减区间为(－∞，a)，无单调递增区间.
1
2
当a＝e时，f(x)＝ln(e－x)－x＋e，
所以当00，当x>e时，g′(x)<0，
所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
1
2
则当01时，h′(x)>0，
所以h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
1
2(共38张PPT)
第5讲 导数的综合应用
专题一 函数与导数
母题突破2 恒成立问题与有解问题
(2020·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
母题
当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，
f′(x)＝ex＋2x－1，令φ(x)＝ex＋2x－1，
由于φ′(x)＝ex＋2>0，
故f′(x)单调递增，注意到f′(0)＝0，
故当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.
思路分析一
思路分析二
①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意；
令t(x)＝h′(x)，x≥0，则t′(x)＝ex－1≥0，
故h′(x)单调递增，h′(x)≥h′(0)＝0，
故函数h(x)单调递增，h(x)≥h(0)＝0，
故当x∈(0,2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
所以g(x)在(0,2)上单调递增，而g(0)＝1，
故当x∈(0,2)时，g(x)>1，不符合题意.
则当x∈(0,2a＋1)∪(2，＋∞)时，g′(x)<0；
当x∈(2a＋1,2)时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0,2a＋1)，(2，＋∞)上单调递减，在(2a＋1,2)上单调递增.
由于g(0)＝1，所以g(x)≤1，当且仅当g(2)＝(7－4a)e－2≤1，
已知函数f(x)＝ex－ax－1.若f(x)≤x2在x∈(0，＋∞)上有解，求实数a的取值范围.
子题1
因为f(x)≤x2在(0，＋∞)上有解，
所以ex－x2－ax－1≤0在(0，＋∞)上有解，
显然当x>0时，ex>x＋1，即ex－(x＋1)>0，
当0当x>1时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x＝1时，g(x)min＝e－2，所以a≥e－2，
综上可知，实数a的取值范围是[e－2，＋∞).
已知函数f(x)＝ex＋ax(a∈R).若f(x)≥1－ln(x＋1)对任意的x∈[0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围.
子题2
若x≥0时，f(x)≥1－ln(x＋1)，即ex＋ax＋ln(x＋1)－1≥0.(*)
∴函数φ(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，φ(0)＝2＋a.
(1)若a≥－2，φ(0)＝2＋a≥0，
∴φ(x)≥0，∴g′(x)≥0.
函数g(x)在区间[0，＋∞)上单调递增.
∴g(x)≥g(0)＝0.
∴(*)式恒成立.
(2)若a<－2，
由φ(0)＝2＋a<0，当x→＋∞时，φ(x)→＋∞.
故 x0∈(0，＋∞)，使得φ(x0)＝0，
则当0∴函数g(x)在区间(0，x0)上单调递减，
∴g(x0)综上所述，实数a的取值范围是[－2，＋∞).
(1)由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略
①求最值法：将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题.
②分离参数法：将参数分离出来，进而转化为a>f(x)max或a(2)不等式有解问题可类比恒成立问题进行转化，要理解清楚两类问题的差别.
规律方法
跟踪演练
1.(2022·福州模拟)已知函数f(x)＝xln x.
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
f′(x)＝ln x＋1，f′(1)＝1，又f(1)＝0，
故f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1.
(2)当x≥1，f(x)≤ax2－a，求a的取值范围.
当x≥1时，令g(x)＝xln x－a(x2－1)，
得g(1)＝0，g′(x)＝ln x＋1－2ax，
①若a≤0，得h′(x)>0，则g′(x)在[1，＋∞)上单调递增，
故g′(x)≥g′(1)＝1－2a≥0，
所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(1)＝0，
从而xln x－a(x2－1)≥0，不符合题意；
从而g′(x)>g′(1)＝1－2a>0，
此时g(x)≥g(1)＝0，不符合题意；
h′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，
所以g′(x)在[1，＋∞)上单调递减，
g′(x)≤g′(1)＝1－2a≤0，
从而g(x)在[1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)≤g(1)＝0，所以xln x－a(x2－1)≤0恒成立.
2.(2022·榆林模拟)已知函数f(x)＝aex＋1，g(x)＝ln x.
若a≥0，则h′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
故h(x)在(0，＋∞)上单调递增；
综上所述，当a≥0时，h(x)在(0，＋∞)上单调递增；
(2)若xf(x)<－g(x)＋1，求a的取值范围.
由φ′(t)＝0，可得t＝e2，
当t∈(0，e2)时，φ′(t)<0，φ(t)单调递减；
当t∈(e2，＋∞)时，φ′(t)>0，φ(t)单调递增.
专题强化练
1.(2022·河北联考)已知函数f(x)＝ax2ln x与g(x)＝x2－bx.
(1)若f(x)与g(x)在x＝1处有相同的切线，求a，b的值.
f′(x)＝2axln x＋ax，g′(x)＝2x－b，
∵函数f(x)与g(x)在x＝1处有相同的切线，
1
2
1
2
欲使f(x)≥g(x)恒成立，
即ax2ln x≥x2－bx成立，
即axln x－x≥－b成立，
1
2
1
2
∴当x∈(1，e]时，m(x)≥0，
即G′(x)≥0，G(x)在(1，e]上单调递增，
1
2
2.(2022·吕梁模拟)已知函数f(x)＝ln(x＋1)－ax.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
1
2
当a≤0时，f′(x)>0，故函数f(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增；
1
2
综上所述，当a≤0时，函数f(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增；
1
2
(2)当x≥0时，不等式f(x)≤ex－1恒成立，求实数a的取值范围.
1
2
1
2
由f(x)≤ex－1，可得ln(x＋1)－ax＋1－ex≤0，
设g(x)＝ln(x＋1)－ax＋1－ex，g(0)＝0，
所以函数g′(x)在区间[0，＋∞)上单调递减，
则g′(x)≤g′(0)＝－a.
当a≥0时，g′(x)≤0，g(x)在区间[0，＋∞)上单调递减，所以g(x)≤g(0)＝0恒成立；
1
2
当a<0时，g′(0)＝－a>0，
因为g′(x)在区间[0，＋∞)上单调递减，
所以 x0∈(0，＋∞)，在区间(0，x0)上，
有g′(x)>0，所以g(x)在区间(0，x0)上单调递增，
所以在区间(0，x0)上g(x)>g(0)＝0，不合题意.
综上所述，实数a的取值范围为[0，＋∞).(共41张PPT)
第5讲 导数的综合应用
专题一 函数与导数
母题突破3 零点问题
(1)讨论f(x)的单调性；
母题
思路分析
求f′(x)，判断f′(x)的符号
↓
等价变形F(x)＝0，构造新函数h(x)＝xsin x－excos x
↓
分类讨论h(x)的单调性
令f′(x)＝0，得x＝1.
当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；
当x∈(0,1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在区间(－∞，0)，(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增.
得xsin x－excos x＝0.
设h(x)＝xsin x－excos x，
所以h′(x)＝ex(sin x－cos x)＋(xcos x＋sin x).
可知sin x－cos x<0，xcos x＋sin x<0，所以
h′(x)＝ex(sin x－cos x)＋(xcos x＋sin x)<0，
由零点存在定理及h(x)的单调性，
h′(x)＝ex(sin x－cos x)＋(xcos x＋sin x)>0，
(2021·全国甲卷改编)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝ (x>0)，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.
子题1
令g′(x)＝0，得x＝e，
在(0，e)上，g′(x)>0，g(x)单调递增；
在(e，＋∞)上，g′(x)<0，g(x)单调递减，
又g(1)＝0，当x→＋∞时，g(x)→0，
∴a的取值范围是(1，e)∪(e，＋∞).
设函数f(x)＝aln(x＋1)＋x2(a∈R).函数g(x)＝ax－1，证明：当a≤2时，函数H(x)＝f(x)－g(x)至多有一个零点.
子题2
因为H(x)＝aln(x＋1)＋x2－ax＋1，
①当a＝2时，H′(x)≥0，函数H(x)在定义域(－1，＋∞)上单调递增，至多有一个零点；
令H′(x)>0，得x>0，令H′(x)<0，得－1所以函数H(x)在区间(－1,0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，
则函数H(x)在x＝0时有最小值H(0)＝1>0，此时函数H(x)无零点.
因为函数H(0)＝1>0，
所以当0综上，当a≤2时，函数H(x)＝f(x)－g(x)至多有一个零点.
(1)三步求解函数零点(方程根)的个数问题
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的单调性、极值(最值)、端点值等性质；
第三步：结合图象求解.
(2)已知零点求参数的取值范围：①结合图象与单调性，分析函数的极值点；②依据零点确定极值的范围；③对于参数选择恰当的分类标准进行讨论.
规律方法
跟踪演练
1.(2022·河南六市联考)已知函数f(x)＝ex－ax＋2a，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
∵f(x)＝ex－ax＋2a，定义域为R，
又f′(x)＝ex－a，
∴当a≤0时，f′(x)>0，则f(x)在R上单调递增；
当a>0时，令f′(x)＝0，则x＝ln a，
当x当x>ln a时，f′(x)>0，f(x)单调递增.
综上所述，当a≤0时，f(x)在R上单调递增；
当a>0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增.
(2)讨论函数f(x)的零点个数.
令f(x)＝0，得ex＝a(x－2)，当a＝0时，ex＝a(x－2)无解，
∴f(x)无零点.
当x∈(－∞，3)时，φ′(x)>0；
当x∈(3，＋∞)时，φ′(x)<0，
∴φ(x)在(－∞，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减，
又x→＋∞时，φ(x)→0x→－∞时，φ(x)→－∞，
∴φ(x)的图象如图所示.
综上所述，当a∈[0，e3)时，f(x)无零点；
当a∈(－∞，0)∪{e3}时，f(x)有一个零点；
当a∈(e3，＋∞)时，f(x)有两个零点.
2.(2022·北京模拟)设函数f(x)＝x2＋mln(x＋1)(m∈R).
(1)若m＝－1，求曲线f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
当m＝－1时，f(x)＝x2－ln(x＋1)，
则f′(0)＝－1，f(0)＝0，
可得曲线f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为
y－0＝－1·(x－0)，即x＋y＝0.
(2)若函数f(x)在区间(0,1)上存在唯一零点，求实数m的取值范围.
由函数f(x)＝x2＋mln(x＋1)，x∈(0,1)，
令g(x)＝2x2＋2x＋m，x∈(0,1)，
当m≥0时，g(x)>0，即f′(x)>0，f(x)在区间(0,1)上单调递增，
因为f(0)＝0，所以f(x)>f(0)＝0，
所以函数f(x)在区间(0,1)上没有零点，不符合题意；
由g(1)＝2＋2＋m≤0，解得m≤－4，
当m≤－4时，g(x)<0在区间(0,1)上恒成立，
即f′(x)<0，f(x)在区间(0,1)上单调递减，
因为f(0)＝0，所以f(x)当－4设x0∈(0,1)使得g(x0)＝0，
当x∈(0，x0)时，g(x)<0，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(x0，1)时，g(x)>0，f′(x)>0，f(x)单调递增，
因为f(0)＝0，要使得函数f(x)在区间(0,1)上存在唯一零点，
专题强化练
(1)分别求n＝1和n＝2的函数f(x)的单调性；
1
2
由已知，得
因此，当n＝1时，函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.
1
2
因为f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
且只有当x＝1时，f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
1
2
1
2
(2)求函数f(x)的零点个数.
1
2
当n为偶数时，f′(x)≥0在(0，＋∞)恒成立，
且只有当x＝1时，f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
因为f(1)＝0，所以f(x)有唯一零点x＝1.
1
2
因此，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.
因为f(1)＝0，所以f(x)有唯一零点x＝1.
综上，函数f(x)有唯一零点x＝1，即函数f(x)的零点个数为1.
2.(2022·广州模拟)已知函数f(x)＝ex＋sin x－cos x，f′(x)为f(x)的导数.
(1)证明：当x≥0时，f′(x)≥2；
1
2
由f′(x)＝ex＋cos x＋sin x，
设h(x)＝ex＋cos x＋sin x，
则h′(x)＝ex－sin x＋cos x，
当x≥0时，设p(x)＝ex－x－1，q(x)＝x－sin x，
∵p′(x)＝ex－1≥0，q′(x)＝1－cos x≥0，
∴p(x)和q(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴p(x)≥p(0)＝0，q(x)≥q(0)＝0，
∴当x≥0时，ex≥x＋1，x≥sin x，
1
2
则h′(x)＝ex－sin x＋cos x≥x＋1－sin x＋cos x
＝(x－sin x)＋(1＋cos x)≥0，
∴函数h(x)＝ex＋cos x＋sin x在[0，＋∞)上单调递增，
∴h(x)≥h(0)＝2，即当x≥0时，f′(x)≥2.
1
2
(2)设g(x)＝f(x)－2x－1，证明：g(x)有且仅有2个零点.
1
2
由已知得g(x)＝ex＋sin x－cos x－2x－1.
①当x≥0时，
∵g′(x)＝ex＋cos x＋sin x－2＝f′(x)－2≥0，
∴g(x)在[0，＋∞)上单调递增，
又∵g(0)＝－1<0，g(π)＝eπ－2π>0，
∴由零点存在定理可知，g(x)在[0，＋∞)上仅有一个零点.
②当x<0时，
1
2
∴m(x)在(－∞，0)上单调递减，
∴m(x)>m(0)＝1，
∴ex＋cos x＋sin x－2<0，
∴g′(x)＝ex＋cos x＋sin x－2<0，
∴g(x)在(－∞，0)上单调递减，
又∵g(0)＝－1<0，g(－π)＝e－π＋2π>0，
∴由零点存在定理可知g(x)在(－∞，0)上仅有一个零点，
综上所述，g(x)有且仅有2个零点.
1
2