2023届高考二轮总复习课件（适用于老高考旧教材） 数学（文）专题六 函数与导数(共333张PPT)

(共333张PPT)
专题六　函数与导数
上篇
内容索引
01
02
03
高考小题突破9　函数的图象与性质
高考小题突破10　基本初等函数、函数的应用
高考小题突破11　导数的简单应用
04
培优拓展 　客观题中的函数构造问题
内容索引
05
06
07
◎高考增分大题六　导数的综合应用
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　 函数的隐零点问题与极值点偏移问题
考情分析 　　函数是中学数学中起连接和支撑作用的主干知识,其知识、观点、思想和方法贯穿于中学代数的全过程,而导数在高中数学中处于特殊的地位,它与高等数学衔接紧密,它不仅是一种代数运算工具,也是高中数学知识的一个重要交汇点.因此,函数与导数成为高考考查的重点内容.近几年高考命题的趋势是稳中求变、变中求新,新中求活;命题的数量多为“三小一大”或“二小一大”;命题的难度分为易、中、难三个层次,小题有时也会出难度较大的把关题,大题为难度较大的压轴题,大题所处试卷的位置多为倒数第一个题或倒数第二个题,预计这一趋势会保持下去.
备考策略 1.夯实基础:牢固掌握有关函数与导数的基本概念、公式、定理,了解公式、定理的来龙去脉以及各知识点之间的关系.明确重点考查的内容:(1)函数与导数的小题主要考查函数的性质、基本初等函数及其应用、函数的零点等;(2)大题主要考查导数在函数问题中的综合运用,重点是解决与函数的单调性、极值、最值相关的不等式和方程问题.
2.掌握方法:特殊值法可以让一般问题特殊化,抽象问题具体化,从而减少计算量.对于识别函数的图象,求解函数不等式,判别函数的零点及函数的单调性,可以利用函数的一些特殊值,当一次取值不能达到目标时,可考虑多次取值、混合选取,看能否达到目标.
3.强化解题能力:注重解题能力的提升和数学思想方法的应用.在函数与导数的复习过程中,一是要注重学习并形成函数建模能力和利用导数解模的能力;二是要注重逻辑推理能力、运算求解能力;三是要注重分类与整合思想、化归与转化思想、数形结合思想、函数与方程思想的应用.
真题感悟
1.(2021·全国甲·文4)下列函数中是增函数的为(　　)
答案 D　
解析 借助函数的图形可知,对于A,函数单调递减,不合题意;对于B,根据指数函数的性质可知函数单调递减,不合题意;对于C,函数在定义域内不具有单调性,不合题意;对于D,根据幂函数的性质可知,函数在其定义域内为增函数,符合题意.故选D.
2.(2021·全国乙·文8)下列函数中最小值为4的是(　　)
A.y=x2+2x+4
答案 C　
解析 A项,y=(x+1)2+3,故ymin=3,故该项不符合题意;B项,设t=|sin x|,则
3.(2021·全国乙·文9)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
答案 B　
解析 函数 ,故该函数图象的对称中心的坐标为(-1,-1).将该函数图象向右平移1个单位长度,再向上平移1个单位长度后得到的图象对应的函数解析式为g(x)=f(x-1)+1,其图象关于坐标原点对称,即为奇函数.故选B.
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.
答案 B　
解析 函数f(x)的定义域是(0,+∞).
当a>0时,若b≤0,则x>0时,f'(x)>0,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,无最大值,不符合题意.
答案 1
7.(2021·全国甲·文20)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y=f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围.
(2)∵y=f(x)的图象与x轴没有公共点,
∴函数f(x)在(0,+∞)上没有零点,
知识精要
1.函数的概念
(1)求函数的定义域的方法是依据含自变量x的代数式有意义来列出相应的不等式(组)求解.
(2)求函数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、导数法.
用导数求极值结合端点得最值
名师点析
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.
2.函数的性质
(1)函数奇偶性: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(如奇函数相乘可得偶函数).
(2)函数单调性判断方法:定义法、图象法、导数法.
(3)函数周期性的常用结论: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),则
T=2|b-a|(类比正、余弦函数).
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.
(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
(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)和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)的图象关于原点对称.
(4)利用图象可解决函数的最值、方程与不等式的解(集)以及求参数范围问题.
4.指数函数与对数函数的关系
指数函数y=ax(a>0,a≠1)与对数函数y=logax(a>0,a≠1)互为反函数,其图象关于直线y=x对称,它们的图象和性质分01两种情况讨论,着重关注两函数图象的异同.
5.函数零点的等价命题
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)与y=g(x)的图象交点的横坐标.
是一个数值,不是函数图象上的点
6.常用的导数及求导法则
7.函数的导数与单调性的关系
函数y=f(x)在(a,b)内可导,
(1)若f'(x)>0在(a,b)内恒成立,则f(x)在(a,b)内单调递增;
(2)若f'(x)<0在(a,b)内恒成立,则f(x)在(a,b)内单调递减.
名师点析
f'(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件;f'(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件.
8.函数的导数与单调性的等价关系
函数f(x)在(a,b)内可导,f'(x)在(a,b)任意子区间内都不恒等于0.f'(x)≥0 f(x)在(a,b)上为增函数.f'(x)≤0 f(x)在(a,b)上为减函数.
9.函数的极值、最值
(1)若在点x=x0附近的左侧f'(x)>0,右侧f'(x)<0,则f(x0)为函数f(x)的极大值;
x0为极大值点
若在点x=x0附近的左侧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[a,b]上连续,在(a,b)内可导,则f(x)在[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f(x)在[a,b]上单调递增,则f(a)为函数的最小值,f(b)为函数的最大值;若函数f(x)在[a,b]上单调递减,则f(a)为函数的最大值,f(b)为函数的最小值.
名师点析
开区间内的函数不一定有最值,若有唯一的极值,则此极值一定是函数的最值.
10.与ex,ln x有关的常用不等式的结论
(1)由f(x)=ex图象上任一点(m,f(m))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.
　因y=ex的图象在其切线上面
高考小题突破9　
考点一
函数的概念与表示
规律方法
函数的求值方法
(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.
答案 (1)B　(2)ln 2　
以f(-2)+f(log26)=6.故选B.
(2)若f(a)>0,则f(f(a))=-ef(a)<0,与f(f(a))=4矛盾,所以f(a)≤0,所以f2(a)+2f(a)+4=4,解得f(a)=0或-2.若a>0,-ea=0无解.由-ea=-2,得a=ln 2;若a≤0,a2+2a+4=0无解,a2+2a+4=-2无解.综上,a=ln 2.
考点二
函数的性质及其应用
考向1函数的单调性与奇偶性
典例突破2(1)(2022·江苏盐城、南京一模)已知f(x)= 则当x≥0时,f(2x)与f(x2)的大小关系是(　　)
A.f(2x)≤f(x2) B.f(2x)≥f(x2)
C.f(2x)=f(x2) D.f(2x)>f(x2)
(2)(2022·江苏连云港二次调研)已知函数f(x)=x 是偶函数,则m的值是(　　)
A.-2 B.-1 C.1 D.2
(3)(2022·广西柳州三模)已知函数f(x)是定义域为(-∞,0)∪(0,+∞)的奇函数,且f(-2)=0,若对任意的x1,x2∈(0,+∞),且x1≠x2,都有 <0成立,则不等式f(x)<0的解集为(　　)
A.(-∞,-2)∪(2,+∞)
B.(-∞,-2)∪(0,2)
C.(-2,0)∪(2,+∞)
D.(-2,0)∪(0,2)
答案 (1)B　(2)A　(3)C　
解析 (1)当0≤x≤2时,0≤x2≤2x≤4.∵f(x)在(-∞,4]上单调递增,
∴f(2x)≥f(x2);
当2∵f(x)在(4,16)上单调递减,∴f(2x)>f(x2);当x≥4时,2x≥x2≥16,
∵f(x)在[16,+∞)上单调递增,∴f(2x)≥f(x2).综上,f(2x)≥f(x2).故选B.
∴g(x)在(0,+∞)上单调递减.又f(x)是奇函数,
∴f(-x)=-f(x),∴-xf(-x)=xf(x),即g(-x)=g(x),∴函数g(x)是定义域为
(-∞,0)∪(0,+∞)的偶函数,
∴g(x)在(-∞,0)上单调递增.由f(-2)=0,得f(2)=0.当x>0时,f(x)<0 xf(x)<0=2f(2) g(x)2;
当x<0时,f(x)<0 xf(x)>0=-2f(-2) g(x)>g(-2),
∴-2综上,不等式f(x)<0的解集为(-2,0)∪(2,+∞).故选C.
规律方法
1.复合函数单调性的判断方法:复合函数y=f(g(x))的单调性,应根据外层函数y=f(t)和内层函数t=g(x)的单调性判断,遵循“同增异减”的原则.
2.利用函数的单调性解不等式的方法:应先将不等式转化为f(m)对点练2(1)已知函数y=f(x)在R上单调递减.令g(x)=f(x)-ex,若g(t)A.(1,+∞) B.(-∞,1)
C.(2,+∞) D.(-∞,2)
(2)(2022·安徽黄山二模)已知函数f(x)=-x|x|,且f(m+2)+f(2m-1)<0,则实数m的取值范围为(　　)
(3)(2021·新高考Ⅰ·13)已知函数f(x)=x3(a·2x-2-x)是偶函数,则a=　　　　.
答案 (1)C　(2)D　(3)1　
解析 (1)∵函数y=f(x)在R上单调递减,∴函数g(x)=f(x)-ex在R上单调递减.
由g(t)4-t,解得t>2,∴实数t的取值范围是(2,+∞).故选C.
(2)∵f(x)=-x|x|的定义域为R,且f(-x)=x|x|=-f(x),∴f(x)为R上的奇函数.当x≥0时,f(x)=-x2,且f(x)单调递减;当x<0时,f(x)=x2,且f(x)单调递减.
又f(x)是连续函数,∴f(x)是R上的减函数.
又f(m+2)+f(2m-1)<0,∴f(m+2)(3)∵函数f(x)=x3(a·2x-2-x)是偶函数,∴f(x)=f(-x),即x3(a·2x-2-x)
=(-x)3[a·2-x-2-(-x)].
整理得,a·2x-2-x=-(a·2-x-2x),
即(a-1)·2x+(a-1)·2-x=0.
(a-1)(2x+2-x)=0.∴a=1.
考向2函数的奇偶性与周期性
典例突破3(1)(2021·全国甲·文12)设f(x)是定义域为R的奇函数,且f(1+x)=
A.-21 B.-22 C.-23 D.-24
答案 (1)C　(2)D　
解析 (1)∵f(x)是奇函数,∴f(-x)=-f(x).∵f(x+1)=f(-x),∴f(x+1)=-f(x),则f(x+2)=-f(x+1)=f(x),∴函数f(x)的周期为2,
(2)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.
规律方法
函数奇偶性、对称性及周期性的关系
注:在客观题中,已知函数图象的对称关系求其周期,可类比正、余弦曲线的对称性与周期性的关系,能直接得周期,不用利用函数关系式进行繁琐的推证.
(2)(2022·江苏南京、盐城二模)已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(1-x)
+f(1+x)=2,当x∈[0,1]时,f(x)=2x-x2,若f(x)≥x+b对一切x∈R恒成立,则实数b的最大值为　　　　　.
解析 (1)(方法一)∵函数f(x)是定义域为R的偶函数,∴f(x)=f(-x).
∵f(1+x)=f(1-x),∴f(2-x)=f(x),∴f(2-x)=f(-x),∴f(x)为周期函数,且周期T=2.
(方法二)由f(x)为偶函数,得其图象的对称轴为直线x=0.
∵f(1+x)=f(1-x),∴直线x=1为f(x)图象的对称轴,
∴f(x)为周期函数,且周期T=2|1-0|=2.
(2)(方法一)∵f(x)是R上的奇函数,∴f(x)的图象关于原点对称.
由f(1-x)+f(1+x)=2,得f(x)的图象关于点(1,1)对称.
当x∈[-1,0]时,-x∈[0,1],则f(-x)=-2x-x2=-f(x),则f(x)=2x+x2.结合图象可知当函数f(x)的图象与直线y=x+b相切时,b取得最大值.
(方法二)设g(x)=f(x)-x.∵函数f(x)为奇函数,
∴g(x)也为奇函数.∵f(1-x)+f(1+x)=2,∴g(1-x)+(1-x)+g(1+x)+(1+x)=2,即g(1-x)+g(1+x)=0,即函数g(x)的图象关于点(1,0)对称,则由对称性可知,函数g(x)的周期为2.当x∈[0,1]时,g(x)=f(x)-x=2x-x2-x=-x2+x,∴g(x)在[0,1]上的最
考点三
函数的图象及其应用
考向1函数图象的判断
典例突破4(1)(2022·全国乙·文8)下列四个函数中的某个函数在区间[-3,3]的大致图象如图所示,则该函数是(　　)
(2)函数y=2x2-e|x|在区间[-2,2]上的图象大致为(　　)
答案 (1)A　(2)D　
(2)(方法一)易知函数y=2x2-e|x|为偶函数,故函数在[-2,2]上的图象关于y轴对称.当0≤x≤2时,y=2x2-ex.由当x=2时,y=8-e2>0,排除A;由y'=4x-ex,得当x=0
(方法二)取x=2,则y=2×4-e2≈8-2.7182≈0.6∈(0,1),排除A,B;当0≤x≤2时,y=2x2-ex,则y'=4x-ex.由函数零点的判定可知,y'=4x-ex在[0,2]内存在零点且两侧不同号,即函数y=2x2-ex在[0,2]内不单调,排除C.故选D.
规律方法
函数图象的识别方法: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,特别是利用一些特征点排除不符合要求的图象.
在判断函数的单调性时,往往要对函数进行求导,利用导数的正负来判别.
对点练4(2020·浙江·4)函数y=xcos x+sin x在区间[-π,π]上的图象可能是(　　)
答案 A　
解析 因为f(-x)=(-x)cos(-x)+sin(-x)=-(xcos x+sin x)=-f(x),x∈[-π,π],所以函数f(x)是奇函数,故排除C,D,当x∈ 时,xcos x+sin x>0,所以排除B.故选A.
考向2函数图象的应用
(2)(2022·河南郑州二模)若函数f(x)= 是定义在R上的增函数,则实数m的取值范围是(　　)
A.(-∞,1]∪{2} B.{1}∪[2,+∞)
C.(-∞,1] D.[2,+∞)
答案 (1)D　(2)B　
作出函数y=|f(x)|的图象,如图所示,直线y=mx-2过定点(0,-2).由图可知,当m<0时,不满足题意;当m=0时,满足题意;当m>0时,考虑直线y=mx-2与曲线y=x2+3x(x>0)相切的情况.
(2)如图,作出函数y=x-2和y=x2-2x的图象.
由 得x2-3x+2=0,解得x1=1,x2=2.抛物线的对称轴为直线x=1.当m<1时,f(x)在(m,1]上单调递减,不符合题意;当m=1时,符合题意;当1m2-2m,不符合题意;当m≥2时,符合题意,所以实数m的取值范围是{1}∪[2,+∞).故选B.
规律方法
函数图象的应用主要体现数形结合思想,借助于函数图象的特点和变化规律,求解不等式恒成立、最值、交点、方程的根等问题.
的图象恰有三个公共点,则实数m的取值范围是　　　　　.
答案 (1)C　(2)[-1,2)　
解析 (1)由f(x+2)=-f(x),可得f(x)=f(x+4),∴f(x)是周期为4的周期函数.
由f(x)为奇函数,得f(-x)=-f(x),∴f(x+2)=f(-x),
∴f(1+x)=f(1-x),即f(x)的图象关于直线x=1对称.
又由当0≤x≤1时,f(x)=x,可得函数f(x)的图象,如图所示.
(2)画出函数图象如图所示.
由图可知,当m=-1时,直线y=x与函数图象恰好有3个公共点,
当m=2时,直线y=x与函数图象只有2个公共点,故m的取值范围是[-1,2).
考点四
函数的综合问题
答案 (1)A　(2)C　
即2 022f(-x)+f(x)=1,即f(x)+f(-x)=0.
又x∈[-1,1],所以函数f(x)为奇函数.因为f(x)在[0,1]上单调递减,所以f(x)在
[-1,1]上单调递减,
解题技巧
函数性质综合应用问题的常见类型及解题策略
问题类型 解题策略
函数单调性与奇偶性结合 注意函数单调性及奇偶性的定义,以及奇、偶函数图象的对称性
周期性与奇偶性结合 此类问题多考查求值问题,常利用奇偶性及周期性进行转换,将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解
周期性、奇偶性与单调性结合 解决此类问题通常先利用周期性转化自变量所在的区间,然后利用奇偶性和单调性求解
对点练6(1)已知函数f(x)=ln(|x|-1)+2x+2-x,则使不等式f(x+1)A.(-∞,-1)∪(1,+∞)
B.(-2,-1)
D.(-∞,-2)∪(1,+∞)
(2)(2022·安徽安庆二模)已知定义在区间[-1,3]上的函数f(x),满足f(1+x)=f(1-x),当x∈[1,3]时,f(x)=x-1-x3,则满足不等式f(2a+1)>f(a)的实数a的取值范围为　　　　　.
解析 (1)由|x|-1>0,得|x|>1,得x>1或x<-1.∵f(-x)=ln(|-x|-1)+2-x+2x
=ln(|x|-1)+2x+2-x=f(x),∴f(x)是偶函数.当x>1时,y=lg(x-1)为增函数.设g(x)=2x+2-x(x>1),则g'(x)=(2x-2-x)·ln 2>0,∴g(x)在(1,+∞)上单调递增,
∴f(x)=lg(x-1)+2x+2-x在(1,+∞)上单调递增,∴f(x)在(-∞,-1)上单调递减.又f(x+1)(2)设g(x)=f(x+1).∵f(x)的定义域为[-1,3],
∴(1+x)∈[-1,3],得x∈[-2,2].
由f(1+x)=f(1-x),得g(x)=g(-x),
∴g(x)的图象关于y轴对称,即g(x)为偶函数.
∵当x∈[1,3]时,f(x)=x-1-x3单调递减,
∴g(x)在[0,2]上单调递减,∴g(x)在[-2,0)上单调递增.
∴f(2a+1)>f(a),∴g(2a)>g(a-1),
高考小题突破10
考点一
基本初等函数的图象与性质
典例突破1(1)(2020·全国Ⅰ·理12)若2a+log2a=4b+2log4b,则(　　)
A.a>2b B.a<2b
C.a>b2 D.a(2)(2022·江西上饶六校联考)已知y=f(x)是x∈R上的奇函数,且对 x∈R,都
(3)(2022·陕西安康二模)已知函数f(x)=ax+b的图象如图所示,则函数y=loga(|x|+b)的图象可以是(　　)
答案 (1)B　(2)B　(3)D　
解析 (1)由指数与对数运算可得,2a+log2a=4b+2log4b=22b+log2b.
因为22b+log2b<22b+log22b=22b+1+log2b,
所以2a+log2a<22b+log22b.令f(x)=2x+log2x,由指数函数与对数函数单调性可得f(x)在区间(0,+∞)上单调递增.由f(a)(3)由f(x)=ax+b的图象得0y=loga(|x|+b)的定义域为(-∞,b)∪(-b,+∞).
由loga(|-x|+b)=loga(|x|+b),得y=loga(|x|+b)为偶函数.又
∴y=loga(|x|+b)在(-b,+∞)上单调递减.故选D.
规律方法
求解指数型函数与对数型函数的数学思想
(1)分类讨论的思想:对数函数与指数函数的单调性都取决于其底数的取值,当底数a的值不确定时,要注意分a>1和0(2)转化的思想: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.
对点练1(1)(2022·山西吕梁一模)若a2+log2a=3b2+3log8b,则(　　)
(2)(2022·广东一模)已知函数f(x)=ln|x|,g(x)=ex-e-x,则右图对应的函数可能是(　　)
A.f(x)+g(x) B.f(x)-g(x)
(3)(2022·陕西宝鸡三模)已知函数f(x)是定义域为R的奇函数,当x<0时,f(x)=2x,则f(log27)=　　　　　.
解析 (1)由题可知,a,b>0,a2+log2a=3b2+3log8b>b2+log2b,
a2+log2a<4b2+3log8b+1=(2b)2+log22b.又函数f(x)=x2+log2x(x>0)为增函数,所以b(2)由图可知该函数为奇函数,f(x)+g(x)和f(x)-g(x)既不是奇函数,也不是偶函数,故A,B不符合题意;
当x>0时,f(x)g(x)单调递增,故C不符合题意;
单调递减,∴图象应该在x轴上方且无限靠近x轴.故选D.
(3)∵函数f(x)是定义域为R的奇函数,且当x<0时,f(x)=2x,
考点二
函数的零点与方程
考向1确定函数零点个数或范围
典例突破2(1)如图是二次函数f(x)=x2-bx+a的部分图象,则函数g(x)=ex+f'(x)的零点所在的大致区间是(　　)
A.(-1,0) B.(0,1)
C.(1,2) D.(2,3)
(2)已知函数f(x)= 则函数g(x)=f(1-x)-1的零点个数为(　　)
A.1 B.2 C.3 D.4
答案 (1)B　(2)C　
函数g(x)=f(1-x)-1的零点个数,就是y=f(1-x)的图象与直线y=1的交点个数,如右图,可知其图象有三个交点,即g(x)=f(1-x)-1的零点个数为3.故选C.
规律方法
1.判断函数f(x)的零点所在区间的方法:主要利用函数零点的存在性定理进行判断.
2.判断函数y=f(x)零点个数的方法:
(1)解方程:当对应方程易解时,可通过解方程,判断函数零点的个数;
(2)根据函数的性质结合已知条件进行判断;
(3)通过数形结合进行判断,画函数图象,观察图象与x轴交点的个数来判断.
对点练2(1)(2022·河南开封一模)函数f(x)=ln x- 的零点所在的区间是(　　)
A.(0,1) B.(1,2) C.(2,e) D.(e,3)
(2)函数f(x)=2x|log0.5x|-1的零点个数为(　　)
A.1 B.2 C.3 D.4
答案 (1)C　(2)B　
∴函数f(x)的零点所在的区间是(2,e).故选C.
(2)函数f(x)=2x|log0.5x|-1的零点也就是方程2x|log0.5x|-1=0的根,即
考向2已知函数零点个数求参数范围
典例突破3(1)函数f(x)=ax|logax|-1(a>0且a≠1)有两个零点,则实数a的取值范围为(　　)
A.(1,+∞)
(2)(2022·山西吕梁一模)若函数f(x)=|3-2x-x2|的图象和直线2x+ay+7=0有四个交点,则实数a的取值范围为　　　　　.
答案 (1)B　(2)(-∞,-1)　
当a>1时,两函数的图象有两个交点,如图1;
当0规律方法
已知函数有零点(方程有根),求参数的取值范围常用的方法
(1)直接法:直接根据题设条件构建关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数范围.
(2)分离参数法:先将参数分离,再转化成求函数值域问题加以解决.
(3)数形结合法:先对解析式变形,在同一平面直角坐标系中画出函数的图象,再数形结合求解.
对点练3已知函数f(x)=x(2ln x-a)+1有两个不同的零点,则实数a的取值范围是　　　　　.
答案 (2-2ln 2,+∞)　
考点三
函数的模型及其应用
典例突破4(1)(2022·黑龙江哈尔滨九中三模)牛顿曾经提出了常温环境下的温度冷却模型:θ-θ0=(θ1-θ0)e-kt,其中t为时间(单位:min),θ0为环境温度,θ1为物体初始温度,θ为冷却后温度,假设在室内温度为20 ℃的情况下,一杯开水由100 ℃降低到60 ℃需要10 min,则k的值约为(　　)(结果精确到0.001,参考数据:e2≈7.389,ln 2≈0.693)
A.0.035 B.0.069
C.0.369 D.0.740
(2)(2022·河南郑州二模)2021年,郑州大学考古科学队在荥阳官庄遗址发现了一处大型青铜铸造作坊.利用碳14测年确认是世界上最古老的铸币作坊.已知样本中碳14的质量N随时间t(单位:年)的衰变规律满足N=N0·
(N0表示碳14原有的质量).经过测定,官庄遗址青铜布币样本中碳14的质量约是原来的 ,据此推测青铜布币生产的时期距今约(　　)(参考数据:log23≈1.6)
A.2 600年 B.3 100年
C.3 200年 D.3 300年
答案 (1)B　(2)A　
解析 (1)由题意可知θ0=20 ℃,θ1=100 ℃,θ=60 ℃,t=10 min,则有
60-20=(100-20)e-10k,
解题技巧
对点练4(1)(2022·山西临汾三模)尽管目前人类还无法准确预报地震,但科学家经过研究,已经对地震有所了解,地震学家查尔斯·里克林提出了关系式:lg E=4.8+1.5M,其中E为地震释放出的能量,M为地震的里氏震级.已知2008年5月12日我国发生的汶川地震的里氏震级为8.0级,2017年8月8日我国发生的九寨沟地震的里氏震级为7.0级,可知汶川地震释放的能量约为九
A.9.6倍 B.21.5倍
C.31.6倍 D.47.4倍
(2)(2022·山西运城二模)为践行“绿水青山就是金山银山”的发展理念,全国各地对生态环境的保护意识持续增强,某化工企业在生产中产生的废气需要通过过滤使废气中的污染物含量减少到不高于最初的20%才达到排放标准.已知在过滤过程中,废气中污染物含量y(单位:mg/L)与时间t(单位:h)的关系式为y=y0e-kt(y0,k为正常数,y0表示污染物的初始含量),实验发现废气经过5 h的过滤,其中的污染物被消除了40%.则该企业生产中产生的废气要达标排放需要经过的过滤时间至少约为(　　)(结果四舍五入保留整数,参考数据ln 3≈1.1,ln 5≈1.6)
A.12 h B.16 h C.26 h D.33 h
答案 (1)C　(2)B　
解析 (1)令M=8,得lg E=4.8+1.5×8=16.8,所以E=1016.8.
令M=7,得lg E=4.8+1.5×7=15.3,所以E=1015.3,
(2)由题意,实验发现废气经过5 h的过滤,其中的污染物被消除了40%,
∴(1-40%)y0=y0e-5k,∴0.6=e-5k,
即该企业生产中产生的废气要达标排放需要经过的过滤时间至少约为16 h.故选B.
高考小题突破11
考点一
导数的几何意义及应用
(2)已知函数f(x)=x+ ,若曲线y=f(x)存在两条过(1,0)点的切线,则a的取值范围是　　　　　　　　　.
答案 (1)D　(2)(-∞,-2)∪(0,+∞)
解题技巧
1.求曲线y=f(x)的切线方程的三种类型及解题方法
2.求曲线的切线方程时,务必分清点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,求解时应先求出切点坐标.
对点练1(1)已知直线l既是曲线C1:y=ex的切线,又是曲线C2:y= e2x2的切线,则直线l在x轴上的截距为(　　)
A.2
B.1
C.e2
D.-e2
(2)(2022·新高考Ⅱ·14)曲线y=ln|x|经过坐标原点的两条切线方程分别为　　　　　　　　,　　　　　　　　.
(3)(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　　　　　　　　　.
考点二
导数与函数的单调性
考向1比较大小或解不等式
典例突破2(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
(2)(2021·全国乙·理12)设a=2ln 1.01,b=ln 1.02,c= -1,则(　　)
A.aC.b答案 (1)A　(2)B　(3)A　
x0∈(0,1),
所以f(x)在(1,+∞)上单调递增,即f(10)>f(8),
所以a>b.
(2)∵a=ln 1.012=ln 1.020 1>ln 1.02=b,∴排除A,D.
∴f'(x)≤0,且f'(x)不恒为0.
∴f(x)在区间[0,+∞)上单调递减,
当0≤x<2时,x2≤2x 1+2x+x2≤1+2x+2x,即(1+x)2≤1+4x,∴g'(x)≥0在区间(0,2)内成立,且g'(x)不恒为0.
∴g(x)在区间[0,2)内单调递增,∴g(0.01)>g(0)=0,
即a-c>0,∴a>c.综上可得,a>c>b.故选B.
所以h(x)≤0,所以f'(x)≤0,
所以f(x)在[1,+∞)上单调递减.
又函数f(x+1)为偶函数,
所以函数f(x)的图象关于直线x=1对称,
规律方法
函数单调性的应用
(1)比较函数值的大小:有些函数的单调性不容易判断,可以通过求导的方法求出函数的单调性,再由函数的单调性比较函数值的大小,比较大小应注意将自变量的取值放在同一单调区间;
(2)解函数不等式:解函数不等式就是利用函数在某个区间内的单调性得出两个变量的大小,然后解不等式,解题时要注意函数的定义域.
对点练2设a=2e-0.2,b=e0.2,c=1.2,则(　　)
A.aC.b答案 D　
解析 设f(x)=ex-x-1,则f'(x)=ex-1.当x>0时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x<0时,f'(x)<0,f'(x)单调递减,所以f(x)≥f(0)=0,即ex≥x+1,当且仅当x=0时等号成
考向2求参数的范围或讨论函数的零点
A.3 B.4 C.5 D.6
答案 (1)B　(2)B　(3)A　
当x∈(1,e)时,h'(x)>0,h(x)单调递增;
当x∈(e,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,
(3)当x≤0时,f(x)=xex+1,f'(x)=(1+x)ex+1.当x<-1时,f'(x)<0,f(x)单调递减;
当-10,f(x)单调递增,∴f(x)min=f(-1)=-1;当x→-∞时,f(x)→0;当x=0时,f(x)=0;当x>0时,f(x)=exln x,f'(x)=e(1+ln x).
由图可知f(x)=1对应的根有1个,f(x)=-1对应的根有2个,
∴函数g(x)=|f(x)|-1零点的个数为3.故选A.
解题技巧
1.已知函数的单调性求参数范围
求函数的导数可以判断函数的单调性,反过来,若已知函数的单调性,则也可以通过其导数大于等于0或小于等于0求参数的范围.
2.解决不等式恒成立时求参数范围问题的基本方法
(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a3.判断函数零点个数或求参数范围
(1)对于不含参数的函数,通过讨论函数的单调性或值域,作出函数的图象,就能判断出函数零点的情况;
(2)若f(x)=0中的参数a易分离,转化成a=h(x)的形式,函数零点问题就转化为与x轴平行的直线y=a和函数y=h(x)的图象的交点问题,分析y=h(x)的单调性或值域,即可判断函数的零点,由此也可求得参数范围;
(3)若f(x)=0中的参数不易分离,可将f(x)转化为f(x)=g(x)-h(x)的形式,那么g(x),h(x)两图象交点的横坐标就是函数f(x)的零点,因此,作出g(x),h(x)的图象,根据交点情况求零点个数或参数范围.
对点练3(1)已知函数f(x)=sin x-ax是R上的减函数,则实数a的取值范围为(　　)
A.(-∞,-1] B.(1,+∞) C.(-∞,-1) D.[1,+∞)
(2)(2022·陕西榆林一模)已知函数f(x)=4ln x-kx-k+8,若关于x的不等式f(x)≤0恒成立,则k的取值范围为(　　)
A.[1,+∞) B.[e,+∞)
C.[4,+∞) D.[e2,+∞)
(3)(2022·陕西榆林一模)已知函数f(x)=|x2+3x+1|-a|x|有四个零点,则实数a的取值范围是(　　)
A.(5,+∞) B.(1,5)
C.(1,+∞) D.(0,1)∪(5,+∞)
答案 (1)D　(2)C　(3)D　
解析 (1)因为f(x)是R上的减函数,所以f'(x)=cos x-a≤0恒成立,即a≥cos x.
因为-1≤cos x≤1,所以a≥1.故选D.
(2)函数的定义域为(0,+∞),f(x)≤0等价于k(x+1)≥8+4ln x,即转化为直线y=k(x+1)恒在函数y=8+4ln x的图象上方,直线过定点(-1,0).当直线与曲线
x0ln x0+x0-1=0有唯一解x0=1,从而k0=4,故k≥4.
(3)当x=0时,f(0)=1≠0,所以x=0不是f(x)的零点;
考点三
函数的极值、最值
考向1函数存在极值或最值的判别
典例突破4(1)函数y=f(x)的导函数y=f'(x)的图象如图所示,给出下列说法:
①-3是函数y=f(x)的极值点;
②-1是函数y=f(x)的最小值点;
③y=f(x)在区间(-3,1)上单调递增;
④y=f(x)的图象在x=0处切线的斜率小于零.
以上正确说法的序号是(　　)
A.①② B.③④ C.①③ D.②④
(2)(2022·山西吕梁一模)“c=6”是“函数f(x)=x(x-c)2在x=2处有极大值”的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
答案 (1)C　(2)C　
解析 (1)由图得当x∈(-∞,-3)时,f'(x)<0,当x∈(-3,1)时,f'(x)≥0,∴y=f(x)在
(-∞,-3)上单调递减,在(-3,1)上单调递增,故③正确;
则-3是函数y=f(x)的极小值点,故①正确;
∵在(-3,1)上单调递增,∴-1不是函数y=f(x)的最小值点,故②不正确;
∵函数y=f(x)在x=0处的导数大于0,∴切线的斜率大于零,故④不正确.故选C.
(2)f'(x)=(x-c)2+2x(x-c)=(x-c)(3x-c).
由f'(2)=0,得c=2或6.
当c=6时,由f'(x)>0,得x>6或x<2;
由f'(x)<0,得2∴“c=6”是“函数f(x)在x=2处有极大值”的充要条件.
故选C.
解题技巧
1.利用导数判别函数存在极值或最值的方法
(1)如果f'(x)在(a,x0)上满足f'(x)<0,在(x0,b)上满足f'(x)>0,则f(x0)为极小值点;
(2)如果f'(x)在(a,x0)上满足f'(x)>0,在(x0,b)上满足f'(x)<0,则f(x0)为极大值点;
(3)如果f'(x)在区间(a,b)上不变号,则f(x0)不是极值点;
(4)函数的最值通过比较闭区间端点函数值与极值的大小来确定,函数在区间(a,b)上有唯一极值点,则这个极值点也是最大(小)值点.
2.易错警示
(1)不能忽略函数f(x)的定义域.
(2)f'(x0)=0是可导函数在x=x0处取得极值的必要不充分条件.
(3)函数的极小值不一定比极大值小.
对点练4
(1)(2022·河北邢台月考)已知函数f(x)的导函数f'(x)的图象如图所示,则f(x)的极值点的个数为(　　)
A.4 B.5 C.6 D.7
(2)(2022·陕西榆林三模)已知函数f(x)=x-asin x,
则“a=2”是“x= 是f(x)的一个极小值点”的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
答案 (1)A　(2)C　
解析 (1)因为在x=0附近左、右两边的导数值均为负数,所以0不是极值点,导函数图象与x轴的另外四个交点附近左右正、负值相反,所以函数f(x)有4个极值点.故选A.
(2)f'(x)=1-acos x.若a=2,则f'(x)=1-2cos x.
考向2由函数的极值、最值确定参数的范围
典例突破5(1)(2022·陕西金台一模)已知函数f(x)=xln x-ax2有两个极值点,则实数a的取值范围是(　　)
C.(0,1) D.(0,+∞)
(2)(2022·全国乙·理16)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(2)依题意,f'(x)=2axln a-2ex,x1,x2为方程f'(x)=0的两根,x1若a>1,则g'(x)在R上单调递增,此时由x1,x2为方程f'(x)=0的两根,可知存在x0∈(x1,x2),使g'(x)=0,所以g(x)在区间(-∞,x0)内单调递减,在区间(x0,+∞)内单调递增.又g(x1)=0,g(x2)=0,所以f(x)在区间(-∞,x1)内单调递增,在区间(x1,x2)内单调递减,在区间(x2,+∞)内单调递增,所以x1为f(x)的极大值点,x2为f(x)的极小值点,不符合题意,舍去.若0解题技巧
已知函数极值点或极值求参数的2个要领
列式 根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组,利用待定系数法求解
验证 因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件,所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性
对点练5(1)若函数f(x)=(x2-ax+3)·ex在R上无极值,则实数a的取值范围为(　　)
(2)(2022·江西上饶六校联考)已知函数f(x)=ex-2ax-1在区间(-1,1)内存在极值点,且f(x)<0在R上恰好有唯一整数解,则实数a的取值范围是(　　)
答案 (1)D　(2)C　
解析 (1)由f(x)=(x2-ax+3)·ex,可得f'(x)=(2x-a)·ex+(x2-ax+3)·ex=[x2+(2-a)x+3-a]·ex,ex>0恒成立,y=x2+(2-a)x+3-a的图象为开口向上的抛物线.若函数f(x)=(x2-ax+3)·ex在R上无极值,则y=x2+(2-a)x+3-a≥0恒成立,所以Δ=(2-a)2-
(2)f'(x)=ex-2a.当a≤0时,f'(x)>0,∴f(x)在(-1,1)上单调递增,不存在极值点,不符合题意;
当a>0时,令f'(x)=0,解得x=ln 2a.
∵当x∈(-∞,ln 2a)时,f'(x)<0;当x∈(ln 2a,+∞)时,f'(x)>0,∴f(x)在(-∞,ln 2a)上单调递减,在(ln 2a,+∞)上单调递增,∴f(x)的极小值点为x=ln 2a,无极大值点.
培优拓展
一、条件中f(x)与f'(x)共存问题的函数构造
【例1】 (1)(2021陕西榆林三模)已知f(x)是定义在R上的函数,f'(x)是f(x)的导函数,且f'(x)+f(x)>1,f(1)=2,则下列结论一定成立的是(　　)
答案 (1)D　(2)C　
解析 (1)令φ(x)=ex[f(x)-1],则φ'(x)=ex[f'(x)+f(x)-1]>0,所以φ(x)在R上单调递
规律方法
解答f(x)与f'(x)共存的不等式策略是:将f(x)与f'(x)共存的不等式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.几种常见构造函数的方法:
(1)对于f'(x)g(x)+f(x)g'(x)>0(或<0),构造F(x)=f(x)g(x);
(2)对于xf'(x)+cf(x)>0(或<0)(c为常数),构造F(x)=xcf(x);
(3)对于f'(x)+cf(x)>0(或c<0)(c为常数),构造F(x)=ecxf(x),例如:若f'(x)>f(x),构
二、解题过程中为解决问题而构造函数
A.a答案 (1)A　(2)C　
于是函数y1=x+ln(1-x)在区间(0,0.1]上单调递减.
于是y1<0,∴ln a1-ln b1<0,∴b1>a1.
令y2=a1-c1=xex+ln(1-x),x∈(0,0.1],
令k(x)=(1+x)(1-x)ex-1,
则当x∈(0,0.1]时,k'(x)=(1-x2-2x)ex>0,∴k(x)在区间(0,0.1]上单调递增.
∴k(x)>k(0)=0.
∴在区间(0,0.1]上,y2' >0,
∴y2=xex+ln(1-x)在区间(0,0.1]上单调递增.
∴y2>0,∴a1>c1.∴在区间(0,0.1]上,b1>a1>c1.
故当x=0.1时,有b>a>c.
规律方法
解题中若遇到比较大小,及有关不等式、方程及最值之类问题,设法建立起目标函数,并确定变量的限制条件,通过研究函数的单调性、最值等问题,常可使问题变得明了,准确构造出符合题意的函数是解题的关键,构造函数时往往从观察所求对象的特征入手,常把某常数看成变量抽象出函数来.
三、对题设条件同构后构造出函数
【例3】 若当x∈ 时,关于x的不等式ax3eax+2ln x≤0恒成立,则实数a的最大值是　　　　　.
答案 2e　
规律方法
对于含有ex,ln x的超越不等式,是不容易求出其解集的,经常采用对不等式的结构变形,在结构上符合某一函数的两个函数值,抽象出这个函数即构造出函数,然后利用函数求解.
高考增分大题六
考点一
已知函数极值、最值情况求参数范围
增分1　利用导数求参数的值或范围
典例突破1已知函数f(x)= -a(x-ln x).
(1)当a≤0时,试求f(x)的单调区间;
(2)若f(x)在(0,1)内有极值,试求a的取值范围.
当a≤0时,对于 x∈(0,+∞),ex-ax>0恒成立,
∴f'(x)>0 x>1,f'(x)<0 0∴f(x)的单调递增区间为(1,+∞),单调递减区间为(0,1).
(2)若f(x)在(0,1)内有极值,则f'(x)=0在x∈(0,1)内有解.令
当x∈(0,1)时,g'(x)<0恒成立,∴g(x)单调递减.
又g(1)=e,当x→0时,g(x)→+∞,
即g(x)在x∈(0,1)上的值域为(e,+∞),
设H(x)=ex-ax,则H'(x)=ex-a<0,x∈(0,1),
∴H(x)在x∈(0,1)单调递减.∵H(0)=1>0,H(1)=e-a<0,∴H(x)=ex-ax在x∈(0,1)有唯一解x0.
∴
x (0,x0) x0 (x0,1)
H(x) + 0 -
f'(x) - 0 +
f(x) 单调递减 极小值 单调递增
故当a>e时,f(x)在(0,1)内有极值且唯一.综上,a的取值范围为(e,+∞).
解题技巧
f'(x)=0是f(x)有极值的必要不充分条件,例如:函数f(x)=x3,f'(x)=3x2,f'(0)=0,但x=0不是函数f(x)=x3的极值点.所以本例f(x)在(0,1)内有极值,则f'(x)=0有解,由此得出a的取值范围,还必须由a的取值范围验证f(x)在(0,1)内有极值.
对点练1(2022·河南焦作二模)已知函数f(x)=(x-2)ex.
(1)求f(x)的极值;
(2)若函数g(x)=f(x)-k(x-ln x)在区间 上没有极值,求实数k的取值范围.
解 (1)f'(x)=ex+(x-2)ex=(x-1)ex.
令f'(x)=0,得x=1.当x<1时,f'(x)<0;当x>1时,f'(x)>0,
所以f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
故f(x)的极小值为f(1)=-e,无极大值.
对点练2记f″(x)=(f'(x))',f'(x)为f(x)的导函数.若对 x∈D,f″(x)>0,则称函数y=f(x)为D上的“凸函数”.已知函数f(x)=ex- x3-ax2-1,a∈R.
(1)若函数f(x)为R上的凸函数,求a的取值范围;
(2)若函数y=f(x)-x在(1,+∞)上有极值,求a的取值范围.
解 (1)∵f'(x)=ex-x2-2ax,
由题意,则f″(x)=ex-2x-2a>0,即2a令y=ex-2x,y'=ex-2,则当x=ln 2时,y'=0,
∴当x∈(-∞,ln 2)时,y'<0;
当x∈(ln 2,+∞)时,y'>0,
∴y=ex-2x在(-∞,ln 2)上单调递减;在(ln 2,+∞)上单调递增,
∴ymin=eln 2-2ln 2=2-2ln 2,
∴2a<2-2ln 2,∴a的取值范围为(-∞,1-ln 2).
(2)∵y=f(x)-x=ex- x3-ax2-x-1,∴y'=ex-x2-2ax-1.∵y=f(x)-x在(1,+∞)上有极值,令y'=g(x),∴g(x)=ex-x2-2ax-1在(1,+∞)有变号零点,g'(x)=ex-2x-2a,则g″(x)=ex-2.∵x>1,∴g″(x)>0,
∴g'(x)在(1,+∞)上单调递增,∴g'(x)>g'(1)=e-2-2a.
∴g(x)>g(1)=e-2-2a≥0,即g(x)>0.
∴g(x)在(1,+∞)上无零点,不符合题意;
当x∈(1,x0)时,g'(x)又g(1)=e-2-2a<0,当x∈(1,x0)时,g(x)<0,
∴g(x)在(1,x0)上无零点;
当x∈(x0,+∞)时,g'(x)>g'(x0)=0,∴g(x)单调递增.
又x→+∞时,g(x)→+∞,而g(1)=e-2-2a<0,
∴g(x)在(1,+∞)上有零点,且在零点附近左右两侧g(x)符号相反,即该零点为g(x)的变号零点,
∴y=f(x)-x在(1,+∞)上有极值.
考点二
在不等式恒成立中求参数范围
典例突破2(2020·新高考Ⅱ·22)已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a.
(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;
(2)若不等式f(x)≥1恒成立,求a的取值范围.
∴g(x)=f'(x)在(0,+∞)上单调递增.
当a=1时,f'(1)=0,∴在(0,1)上,f'(x)<0;在(1,+∞)上,f'(x)>0,则f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,f(x)min=f(1)=1,∴f(x)≥1成立.当a>1时,易知
=2ln a+1>1,∴f(x)>1,∴f(x)≥1恒成立.当0∴f(1)<1,f(x)≥1不是恒成立.
综上所述,实数a的取值范围是[1,+∞).
(方法二　同构函数法)
由f(x)≥1得aex-1-ln x+ln a≥1,即eln a+x-1+ln a+x-1≥ln x+x,而ln x+x=eln x+
ln x,∴eln a+x-1+ln a+x-1≥eln x+ln x.令h(m)=em+m,则h'(m)=em+1>0,∴h(m)在R上单调递增.由eln a+x-1+ln a+x-1≥eln x+ln x,可知h(ln a+x-1)≥h(ln x),
∴当x∈(0,1)时,F'(x)>0,F(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,F'(x)<0,F(x)单调递减.
∴[F(x)]max=F(1)=0,则ln a≥0,即a≥1,∴a的取值范围为[1,+∞).
(方法三　换元分离参数法)
由题意知a>0,x>0,令aex-1=t,
∴ln a+x-1=ln t,∴ln a=ln t-x+1,
∴f(x)=aex-1-ln x+ln a=t-ln x+ln t-x+1.
∵f(x)≥1,t-ln x+ln t-x+1≥1 t+ln t≥x+ln x,
而y=x+ln x在(0,+∞)上单调递增,∴t≥x,
当00,g(x)单调递增;
当x>1时,g'(x)<0,g(x)单调递减,
(方法四　特值探路一般证明法)
∵f(x)的定义域为(0,+∞),且f(x)≥1,
∴f(1)≥1,即a+ln a≥1.
令S(a)=a+ln a(a>0),则S(a)在(0,+∞)上单调递增.
∵a+ln a≥1且S(1)=1,即S(a)≥S(1),∴a≥1.
下面证明当a≥1时,f(x)≥1恒成立.
令T(a)=aex-1-ln x+ln a,只需证当a≥1时,T(a)≥1恒成立.
则[T(a)]min=T(1)=ex-1-ln x.因此要证明a≥1时,T(a)≥1恒成立,只需证明[T(a)]min=ex-1-ln x≥1即可.由ex≥x+1,ln x≤x-1,得ex-1≥x,-ln x≥1-x.
上面两个不等式两边相加可得ex-1-ln x≥1,故a≥1时,f(x)≥1恒成立.
当0规律方法
在不等式恒成立条件下求参数取值范围的几种方法
(1)分类讨论法:(方法一)对参数分类,在各类中判断不等式是否恒成立,判断的方法是利用导数的方法求函数的最值,在求最值时利用了隐零点法.分类的依据是分析f(x)≥1的特点,一般先集中含参数项,即aex-1+ln a≥ln x+1,y=ln x+1的图象过定点(1,1),当y=aex-1+ln a的图象也过定点(1,1)时,则a=1,即两函数的图象在点(1,1)处相切,由两函数图象观察知a≥1不等式恒成立;
(2)同构函数法:(方法二)利用同构思想将原不等式化成eln a+x-1+ln a+x-1
≥eln x+ln x,再根据函数h(m)=em+m的单调性以及分离参数法即可求出,是本题的最优解;
(3)换元分离参数法:(方法三)通过令aex-1=t换元,将原不等式化成t+ln t
≥x+ln x,再根据函数y=x+ln x的单调性以及分离参数法求出;
(4)特值探路一般证明法:(方法四)利用f(1)≥1可得a的取值范围,再进行充分性证明,此法的好处是降低思考的成本,缩小讨论的范围.
对点练3(2022·黑龙江齐齐哈尔一模)已知函数f(x)=x-mln x,其中m∈R.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若ex-1-ax2≥-axln x对任意的x∈(0,+∞)恒成立,求实数a的取值范围.
解 (1)因为f(x)=x-mln x定义域为(0,+∞),且f'(x)=1- ,当m≤0时,f'(x)>0恒成立,所以该函数在(0,+∞)上单调递增.当m>0时,令f'(x)>0,解得x>m;令f'(x)<0,解得0综上,当m≤0时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞);当m>0时,f(x)的单调递增区间为(m,+∞),单调递减区间为(0,m).
设t(x)=x-ln x,x>0,由(1)知t(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以t(x)≥t(1)=1,
(方法二)若要对 x∈(0,+∞),ex-1-ax2≥-axln x,
只需ex-1≥ax2-axln x=ax(x-ln x).
由结论ln x≤x-1,得x-ln x≥1>0,
当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;
当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增.
所以g(x)min=g(1)=1,所以a≤1,即a∈(-∞,1].
对点练4已知函数f(x)=ln x-x.
(1)求f(x)的单调区间与最大值;
(2)是否存在正整数a,使得x2ex-2ln x-ax-1≥0对一切x>0恒成立 若存在,求出a的最大值;若不存在,请说明理由.
时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
因此f(x)在x=1时取得最大值f(1)=-1.
正整数值为1.
证明结论ex≥x+1(略).
(方法二)由x2ex-2ln x-ax-1≥0对一切x>0恒成立,取x=1,则e-a-1≥0,即
a≤e-1=1.718.
取a=1,证明x2ex-2ln x-x-1≥0.
当x∈(0,x0)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;
当x∈(x0,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
所以g(x0)=1-0-1=0,
即g(x)min=0,
故x2ex-2ln x-x-1≥0,
所以当a>1时,x2ex-2ln x-ax-1时,显然x2ex-2ln x-ax-1≥x2ex-2ln x-x-1≥0.
综上,a的最大正整数值为1.
典例突破3设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中a∈R.若 x>0,f(x)≥0成立,求a的取值范围.
解 由 x>0,f(x)≥0成立,得ln(x+1)≥-a(x2-x),不等式两边的函数图象都过点(0,0),
①当-a>0,即a<0时,如右图所示,显然不符合题意.
②当a=0时,f(x)=ln(x+1), x>0,f(x)=ln(x+1)>0,f(x)≥0成立,符合题意.
③当a>0时,函数y=-a(x2-x)是开口向下的抛物线,过点(0,0)和(1,0),如右图.
∵函数y=ln(x+1)和y=-a(x2-x)的图象都过点(0,0),只有当两个函数图象在点(0,0)相切时, x>0,f(x)≥0有可能成立,
对函数y=-a(x2-x),y'=-2ax+a,当x=0时,y'=a,
∴当0令g(x)=2ax2+ax-a+1,x∈(0,+∞).
g(0)=1-a,则g(x)的图象与y轴的交点为(0,1-a),g(x)的图象如右图所示,
由函数g(x)的图象可知,当0≤a<1时,在(0,+∞)上g(x)>0,则f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增.
又f(0)=0,∴f(x)≥0.
当a>1时,由g(0)=1-a<0,可得x2>0,∴当x∈(0,x2)时,
函数f(x)单调递减.
∵f(0)=0,∴x∈(0,x2)时,f(x)<0,不符合题意.
综上所述,a的取值范围是[0,1].
解题技巧
恒成立求参数值或参数范围的基本模式
1.同一函数的函数值的大小关系恒成立,如f(a,x)>f(b,x),利用函数的单调性脱去函数符号求得参数.
2.不同函数的恒成立问题:将F(a,x)≥0或f(a,x)≥h(a,x) f(x)≥g(a,x)(不等式的一边含参数),此时函数f(x)与g(a,x)的图象边界相切,其解题思路有3种:
(1)若g(a,x)过定点,且定点在f(x)上,采用分类讨论求参数;
(2)若g(a,x)过定点,但定点不在f(x)上,采用参变分离法求参数;
(3)若g(a,x)不过定点,采用f(x)≥A(常数)≥g(a,x).
∴f'(1)=-1,f(1)=0,
∴f(x)在点(1,0)处的切线方程为y-0=-(x-1),
即x+y-1=0.
当a>1时,Δ=16(a2-a)>0,此时g(x)有两个零点,设为x1,x2,且x1∵x1+x2=2(2a-1),x1x2=1,∴0∴在(1,x2)上g(x)<0,即f'(x)<0,则f(x)单调递减,
∴此时f(x)<0,F(x)<0,即F(x)>0不恒成立.
综上所述,实数a的取值范围是(-∞,1].
对点练6(2020·全国Ⅰ·理21)已知函数f(x)=ex+ax2-x.
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
(2)当x≥0时,f(x)≥ x3+1,求a的取值范围.
解 (1)当a=1时,f(x)=ex+x2-x,f'(x)=ex+2x-1.故当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0.
所以f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.
所以g(x)在(0,2)单调递增,而g(0)=1,
故当x∈(0,2)时,g(x)>1,不符合题意.
培优拓展
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必达法则.
【例1】 设a>0,若ln ≥a|x|对 x∈(-1,1)恒成立,求实数a的取值范围.
规律方法
1.不等式恒成立或能成立题目.能分离参数成a≥h(x)或a≤h(x),归结为求h(x)的某个最值(或其极限值)问题.常规方法不易求得最值或其极限值(往往多次求导后仍为超越结构).可考虑在某个端点或断点处应用洛必达法则求最值(或极限值).
2.使用洛必达法则时,是对分子、分母分别求导,而不是对它们的商求导,求导之后再求极限得最值.
(2)(原创题)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+a2,当a=-1时,若对 x∈(-∞,0),有f(x)≤ex恒成立,求实数b的取值范围.
所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,且h(1)=0,
因此当x∈(0,1)时,h(x)<0;
当x∈(1,+∞)时,h(x)>0,
所以当x∈(0,1)时,g'(x)<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.
令h(x)=ex-2x2-x-1,则h'(x)=ex-4x-1.
令k(x)=ex-4x-1,则k'(x)=ex-4,
∴当x<0时,k'(x)=ex-4<0,∴h'(x)=ex-4x-1在(-∞,0)上单调递减,
∴ x∈(-∞,0),h'(x)>h'(0),即h'(x)>0,
∴h(x)=ex-2x2-x-1在(-∞,0)上单调递增,
∴ x∈(-∞,0),h(x)考点一
不含参数的一元不等式的证明
增分2　利用导数证明不等式
典例突破1设函数f(x)=aexln x+ ,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=e(x-1)+2.
(1)求a,b的值;
(2)证明:f(x)>1.
由题意可得f(1)=2,f'(1)=e.故a=1,b=2.
令h(x)=ex(ex-2)+ex2(x>0),
则h'(x)=ex(ex+e-2)+2ex>0,
ex≥x+1,x∈R,
证明如下:设d(x)=ex-x-1,则d'(x)=ex-1,
令d'(x)=0,则x=0.当x∈(-∞,0)时,d'(x)<0,
故d(x)在(-∞,0)上单调递减;当x∈(0,+∞)时,d'(x)>0,
故d(x)在(0,+∞)上单调递增,
∴[d(x)]min=d(0)=0,∴d(x)≥0,
即ex≥x+1,x∈R(当且仅当x=0时取等号).
由ex≥x+1,得ex-1≥x,
先证ex≥ex,x∈R,设d(x)=ex-ex,
则d'(x)=ex-e,令d'(x)=0,则x=1.
当x∈(-∞,1)时,d'(x)<0,故d(x)在(-∞,1)上单调递减;
当x∈(1,+∞)时,d'(x)>0,故d(x)在(1,+∞)上单调递增.
∴[d(x)]min=d(1)=0,故d(x)≥0,
即ex≥ex,x∈R(当且仅当x=1时取等号).
综上,当x>0时,g(x)>h(x),即f(x)>1.
规律方法
利用导数证明不等式f(x)>g(x)的基本方法
对点练1(2022·陕西渭南一模)已知函数f(x)=ln x.
(1)求函数y=f(x)-x的单调区间;
(2)求证:函数g(x)=ex-e2f(x)的图象在x轴上方.
令y'=0,则x=1.
当00,函数y=f(x)-x单调递增;
当x>1时,y'<0,函数y=f(x)-x单调递减.
故函数的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞).
对点练2(2022·山西吕梁一模)已知函数f(x)=ex-x-1.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值;
(2)当x≥0时,求证:f(x)+x+1≥ x2+cos x.
(1)解 函数f(x)的定义域为R,由f(x)=ex-x-1,得f'(x)=ex-1,
令f'(x)=ex-1>0,得x>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增;
令f'(x)=ex-1<0,得x<0,f(x)在(-∞,0)上单调递减;
即函数f(x)的极小值为f(0)=0,f(x)没有极大值.
∵g'(x)=ex-x+sin x,且sin x≥-1,
∴g'(x)=ex-x+sin x≥ex-x-1,
考点二
含参数的一元不等式的证明
典例突破2(2022·河南焦作一模)已知函数f(x)=ex-k(ln x+1),k∈R.
(1)若x= 是f(x)的极值点,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程;
(2)证明:当k∈(0,e)时,f(x)>0.
又g'(1)=0,函数g'(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以当x∈(0,1)时,g'(x)<0,当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,
即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)有最小值,
解题技巧
含参数的一元函数不等式的证明的一般思路是:首先利用参数的范围,通过放缩法把参数消去,将问题转化为不含参数的一元不等式的证明,再利用证明不含参数的一元不等式的方法证明.
对点练3(2022·陕西咸阳一模)已知函数f(x)=3ln x+1+ .
(1)求函数f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若0k=f'(1)=3-1=2.
又f(1)=2,∴切线方程为y-2=2(x-1),即y=2x.
故函数f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y=2x.
对点练4(2022·陕西渭南二模)已知曲线f(x)=axln x-2ax(a≠0)在点P(1,f(1))处的切线与直线x-y-1=0垂直.
(1)求函数f(x)的最小值;
(2)若1(1)解 由f(x)=axln x-2ax,得f'(x)=a(ln x+1)-2a=aln x-a,f'(1)=-a,由题意
-a=-1,所以a=1,则f(x)=xln x-2x,f'(x)=ln x-1,令f'(x)=0,得x=e.
当x∈(0,e)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(e,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
因此函数f(x)的最小值为f(e)=-e.
考点三
二元不等式的证明
典例突破3(2022·山东淄博一模)已知函数f(x)=ln(x+1)-ax+1(a∈R).
(1)当a>0时,设函数f(x)的最大值为h(a),证明:h(a)≥1;
(2)若函数g(x)=f(x)+ x2有两个极值点x1,x2(x1因为g(x)有两个极值点x1,x2(x1所以x2+(1-a)x+1-a=0有两个根x1,x2(-1(方法二)当-10,当x10,所以极大值为g(x1),极小值为g(x2).又g'(0)=1-a<0,则-10时有g(x)≥g(x2).又-x1>0,所以g(-x1)≥g(x2),故g(x1)+g(x2)≤g(x1)+g(-x1)
=ln(x1+1)+ln(-x1+1)++2,设h(x)=ln(x+1)+ln(-x+1)+x2+2,-1解题技巧
对点练5已知函数f(x)= +ln x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a>0时,若f(x1)=f(x2)=2(x1≠x2),证明:a2(1)解 由题意知f'(x)= ,当a≤0,f'(x)>0恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>0,f'(x)<0的解集为(0,a),f'(x)>0的解集为(a,+∞),即f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.
对点练6(2021·新高考Ⅰ·22)已知函数f(x)=x(1-ln x).
(1)讨论f(x)的单调性;
(1)解 由条件知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-ln x.当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.即在区间(0,1)内,函数f(x)单调递增;在区间(1,+∞)内,函数f(x)单调递减.
令f'(x)=0,得x=1.且f(e)=0.
结合(1)中的f(x)的单调性,易知,0待证结论 2下面证明x1+x2>2.
令g(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1),则g'(x)=-ln(x(2-x))>0,所以g(x)在区间(0,1)内单调递增,所以0=g(1)>g(x1)=f(x1)-f(2-x1),即f(2-x1)>f(x1)=f(x2).又f(x)在区间(1,+∞)上单调递减,所以2-x12.再证明x1+x2(方法一)当x2≤e-1时,结论显然成立;
当x2∈(e-1,e)时,x1令h(x)=f(x)-f(e-x),x∈(e-1,e),
h'(x)=-ln(x(e-x)),则h(x)在区间(e-1,e)内先单调递减后单调递增,故h(x)<0.对x∈(e-1,e),则h(x2)<0,即f(x2)(方法二)f(x)在点(e,0)处的切线φ(x)=e-x,
令F(x)=f(x)-φ(x)=2x-xln x-e,x∈(0,e),
F'(x)=1-ln x>0,所以F(x)在区间(0,e)内单调递增,
即F(x)令t=f(x1)=f(x2),则t=f(x2)<φ(x2)=e-x2 t+x2所以t=x1(1-ln x1)>x1,即x1+x2考点一
讨论或证明函数零点个数
增分3　利用导数研究函数的零点问题
典例突破1(12分)(2022·河南洛阳一模)已知函数f(x)=ln x- ax2(a∈R).
(1)若f(x)存在唯一极值点,且极值为0,求a的值;
(2)讨论函数f(x)在区间[1,e]上的零点个数.
【评分标准—找回丢分】
【教师讲评—触类旁通】
分析1:在(1)中,一要明确若f'(x0)=0,x0不一定是极值点,但若x0是函数f(x)的极值点,则一定有f'(x0)=0,二要明确x0为f(x)极值点的充要条件是f'(x0)=0且x0左右两侧的导函数值异号;
分析2:在(2)中,通过分离参数然后利用数形结合的思想,将讨论函数f(x)零点个数问题转化为直线与曲线交点个数问题.
对点练1(2022·陕西金台一模)设函数f(x)=ln x+ ,m∈R.
(1)当m=e(e为自然对数的底数)时,求f(x)的极小值;
(2)讨论函数g(x)=f'(x)- 的零点个数.
则φ'(x)=-x2+1=-(x+1)(x-1),
当x∈(0,1)时,φ'(x)>0,φ(x)在(0,1)上单调递增;
当x∈(1,+∞)时,φ'(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减.
所以x=1是φ(x)的唯一极值点,且是极大值点,也就是最大值点.所以
对点练2(2022·安徽安庆二模)已知函数f(x)=ln x+x+a-axex,a>0.
(1)求函数f(x)的最值;
(2)当a>1时,证明:函数f(x)有两个零点.
由于a>0,x>0,所以1+x>0,设g(x)=1-axex,
则g'(x)=-a(x+1)ex<0,故函数g(x)在(0,+∞)上单调递减,
考点二
已知函数零点情况求参数范围
典例突破2(2022·全国乙·文20)已知函数f(x)=ax- -(a+1)ln x.
(1)当a=0时,求f(x)的最大值;
(2)若f(x)恰有一个零点,求a的取值范围.
当x∈(0,1)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减.
因此,当x=1时,f(x)有最大值f(1)=-1.
由(1)知,当a=0时,f(x)max=-1<0,故f(x)无零点.
当a<0时,ax-1<0.f'(x),f(x)的变化情况如下表所示.
x (0,1) 1 (1,+∞)
f'(x) + 0 -
f(x) 单调递增 a-1 单调递减
∴ x>0,f(x)≤f(1)=a-1<0,故f(x)无零点.
又当x→+∞,f(x)→+∞,∴f(x)恰有一个零点.
∴函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.
由f(1)=a-1=0,知f(x)恰有一个零点.
又当x→0时,f(x)→-∞,∴f(x)恰有一个零点.
综上,若f(x)恰有一个零点,则a的取值范围为(0,+∞).
规律方法
已知函数零点个数求参数范围的方法
(1)分类讨论法:对函数求导,依据导数的正负对参数分类,在参数各类范围内确定函数的单调性情况,利用零点存在定理判断函数零点的个数,得出符合零点个数要求的参数范围;
(2)参变分离法:从函数中分离出参数,将已知函数零点个数问题转化为直线与新函数图象交点个数问题,通过导数的方法得出函数的性质,由函数的性质得出函数图象的大体形状,再借助数形结合思想确定出满足函数零点个数要求的参数范围.
对点练3(2022·河南名校联盟一模)已知函数f(x)=x-a(1+ln x).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若函数f(x)有两个零点x1,x2,求实数a的取值范围.
当0a时,f'(x)>0,
所以f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.
(2)由(1)知当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,至多1个零点,不符合题意;
当a>0时,f(x)min=f(a)=-aln a,
若00,无零点,不符合题意;
若a=1,f(x)min=f(a)=-aln a=0,1个零点,不符合题意;
若a>1,f(x)min=f(a)=-aln a<0.
综上,实数a的取值范围为(1,+∞).
对点练4(2022·山西吕梁一模)已知函数f(x)=ln x+ .
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若函数f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.
当a>0时,由f'(x)<0,得x0,得x>a,
所以函数f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.
综上所述,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>0时,f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.
(2)(方法一)由(1)得,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,最多有一个实根,不满足条件.
当a>0时,f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,
考点三
与函数零点有关的证明问题
典例突破3(2022·山东中学联盟5月联考)已知函数f(x)=xln x-a(x-1),其中a∈R.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)当a=0时,
(1)解 函数的定义域为(0,+∞),f'(x)=1+ln x-a=0,解得x=ea-1,∴当x∈(0,ea-1)时,f'(x)<0,函数f(x)的单调递减区间为(0,ea-1);当x∈(ea-1,+∞)时,f'(x)>0,函数f(x)的单调递增区间为(ea-1,+∞),∴函数f(x)的单调递减区间为(0,ea-1),单调递增区间为(ea-1,+∞).
(2)证明 当a=0时,f(x)=xln x.
当x∈(0,e-2)时,g'(x)<0,当x∈(e-2,+∞)时,g'(x)>0,
∴g(x)在(0,e-2)上单调递减,在(e-2,+∞)上单调递增,
∴g(x)的最小值为g(e-2)=0.
解题技巧
与函数零点有关问题的证明要点:在证明与函数零点有关问题时,一般要根据题设条件结合零点存在定理把零点的范围限制出来,找出已知与所求之间的联系纽带,运用转化的思想,化归的方法将数学命题由一种形式向另一种形式转换,从转换的最终命题中构造出恰当的函数,通过导数的方法得出结论.
对点练5(2021·浙江·22)设a,b为实数,且a>1,函数f(x)=ax-bx+e2(x∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)若对任意b>2e2,函数f(x)有两个不同的零点,求a的取值范围;
(3)当a=e时,证明:对任意b>e4,函数f(x)有两个不同的零点x1,x2(x2>x1),满足
(注:e=2.718 28…是自然对数的底数)
(1)解 由f(x)=ax-bx+e2,得f'(x)=axln a-b,
①若b≤0,则f'(x)=axln a-b≥0,所以f(x)在R上单调递增;
时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
综上可得,b≤0时,f(x)在R上单调递增;b>0时,函数的单调递减区间为x∈
(2)解 f(x)有两个不同的零点 ax-bx+e2=0有2个不同解 exln a-bx+e2=0有2个不同的解,
记h(t)=et(t-1)-e2,h'(t)=et(t-1)+et·1=et·t>0.
又h(2)=0,所以t∈(0,2)时,h(t)<0,t∈(2,+∞)时,h(t)>0,则g(t)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,
则1(3)证明 (方法一)a=e,f(x)=ex-bx+e2,f'(x)=ex-b,
令f'(x)=0,解得x=ln b>4,
所以当x∈(-∞,ln b)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(ln b,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
所以f(x)min=f(ln b)=eln b-bln b+e2=b-bln b+e2而f(ln(bln b))=eln(bln b)-bln(bln b)+e2=bln b-bln(bln b)+e2(方法二)a=e,f(x)=ex-bx+e2有2个不同的零点,则ex+e2=bx,故函数的零点一定为正数.
由(2)可知当a=e时,f(x)有2个不同的零点,记较大者为x2,较小者为
从而题中的不等式得证.
(方法三)若a=e且b>e4,则满足(2)中的条件:12e2,由(2)知f(x)有两个零点x1,x2(不妨设x1x=ln b>4,所以当x∈(-∞,ln b)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(ln b,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
且0又f(2)=2e2-2b<0,故进一步有0由f(x1)=f(x2)=0可得+e2=bx1且=bx2-e2,
培优拓展
在解决函数与导数综合题时,我们经常会遇到在某个范围内都可以任意变动的双变量问题,由于两个变量都在变动,因此不知把哪个变量当成自变量进行函数研究,从而无法展开思路,造成无从下手的感觉,正因为如此,这样的问题往往穿插在高考试卷压轴题的某些步骤之中,是考生感到困惑的难点问题之一,这时针对不同的题设条件给出处理双变量问题的相应策略,希望给同学们以帮助和启发.
一、等价转化为函数的最值或值域问题
【例1】 (2022·安徽安庆二模)已知函数f(x)= ln x(a∈R,且a≠0).
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)设a<0,函数f'(x)是f(x)的导函数,记g(x)=2a2x2f'(x)-a2xf(x).若存在实数x1,x2∈[1,e2](e是自然对数的底数),使得不等式 g(x1)当a<0时,f'(x)<0,f(x)在(0,+∞)上单调递减.
当a>0时,在(0,a)上,f'(x)<0,f(x)单调递减;
在(a,+∞)上,f'(x)>0,f(x)单调递增.
(2)g(x)=2ax-axln x-3a2(a<0),
∵a<0,当x∈[1,e)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;
当x∈(e,e2]时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
规律方法
双变量存在性或任意性问题的基本类型与“等价转化”策略
存在性或任意性问题的基本类型 等价转化成的问题
对 x1∈A,都 x2∈B,使得g(x2)=f(x1)成立 f(x)的值域是g(x)的值域的子集
x1∈A及x2∈B,使得f(x1)=g(x2)成立 f(x)的值域和g(x)的值域的交集不为空集
对 x1∈A及x2∈B,都有f(x1) x1∈A及x2∈B,使f(x1)对 x1∈A,都 x2∈B,使得f(x1)二、寻找两变量的关系转化为单变量函数问题
【例2】 已知函数f(x)=x- +aln x,且f(x)有两个极值点x1,x2,其中x1∈(1,2],则f(x1)-f(x2)的最小值为　　　　　.
答案 3-5ln 2　
单调递减,
∴h(x)min=h(2)=3-5ln 2,
∴f(x1)-f(x2)的最小值为3-5ln 2.
三、从双变量问题等价变换中构造函数求解
(1)解 易知f(x)的定义域为R,f'(x)=(x+1)ex,
当x>-1时,f'(x)>0,∴f(x)在(-1,+∞)上单调递增,
当x<-1时,f'(x)<0,∴f(x)在(-∞,-1)上单调递减,
∴f(x)的单调递减区间是(-∞,-1),单调递增区间是(-1,+∞).
∴(1-x)ex-(m+1)≤0,∴m+1≥(1-x)ex,
设h(x)=(1-x)ex,则h'(x)=-xex<0,∴h(x)在[1,e]上单调递减,∴h(x)max=h(1)=0,
∴m+1≥0,即m≥-1.
规律方法
若题设条件中含有一个双变量的恒等式,通过对该恒等式进行等价变形,使恒等式两边的两个变量对应的代数式结构相同,就可以构造出一个函数,从而利用此函数求解得出结论.
四、利用换元法将两个变量转换成一个变量
【例4】 设函数f(x)=x2-(a+2)x+aln x,g(x)=2aln x-4x+b,其中a>0,b∈R.若a>2且方程f(x)=g(x)在(1,+∞)上有两个不相等的实数根x1,x2,求证:f' >0.
证明 方程f(x)=g(x),即x2-(a-2)x-aln x=b在(1,+∞)上有两个不等实根x1和x2,不妨设1规律方法
本例充分体现了对条件和要证的结论进行一系列等价变形的重要性,将陌生的问题等价成熟悉的问题,将双变量等价变形成能整体换元的变量,从而实现双元变单元的目的,再构造新函数分析函数的单调性,证出结论.
培优拓展
一、函数的隐零点问题
1.不含参函数的隐零点问题
【例1】 求证:ex-ln x>2.
规律方法
已知不含参函数f(x),导函数方程f'(x)=0的根存在,却无法求出,设方程f'(x)=0的根为x0,要注意确定x0的合适范围,以及f'(x0)=0成立得出一关系式,利用该关系式进行等价转化.
2.含参函数的隐零点问题
【例2】 已知函数f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为-2.
(1)求a;
(2)证明:当k<1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.
(1)解 f'(x)=3x2-6x+a,f'(0)=a,曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为y=ax+2,由题设得- =-2,所以a=1.
(2)证明 (方法一)设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4,g'(x)=3x2-6x+1-k>0,
①当Δ=36-12(1-k)=24+12k≤0,即k≤-2时,g'(x)≥0,g(x)单调递增,因为
g(-1)=k-1<0,g(0)=4,所以g(x)=0在(-∞,0]有唯一实根.
②当Δ=24+12k>0,即-2因为g'(0)=g'(2)=1-k>0,所以0由g'(x)=3x2-6x+1-k的图象易知,在(-∞,x1)和(x2,+∞)上g'(x)>0,在(x1,x2)上g'(x)<0,所以g(x)在(-∞,x1)和(x2,+∞)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,g(x)的极小值点为x2,所以只需x<0时,g(x)的图象与x轴只有一个交点且g(x2)>0,
x2=t,g(x2)=h(t)=-2t3+3t2+4(1h(2)=0,即g(x2)>0,
当x<0时,g'(x)=3x2-6x+1-k>0,g(x)单调递增,由①g(x)=0在(-∞,0]有唯一实根,
所以当-2综上,当k<1时,g(x)=0在R上有唯一实根,即曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.
(方法二)由(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2,设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4,由题设知1-k>0.
当x≤0时,g'(x)=3x2-6x+1-k>0,g(x)单调递增,
g(-1)=k-1<0,g(0)=4,所以g(x)=0在(-∞,0]有唯一实根.
当x>0时,令h(x)=x3-3x2+4,则g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x).
h'(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以g(x)>h(x)≥h(2)=0,
所以g(x)=0在(0,+∞)没有实根.
综上,g(x)=0在R上有唯一实根,即曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.
规律方法
已知含参函数f(x,a),其中a为参数,导函数方程f'(x,a)=0的根存在,却无法求出,设方程f'(x,a)=0的根为x0,则有f'(x0,a)=0成立得一关系式,该关系式给出了x0,a的关系;注意确定x0的合适范围,往往和a的范围有关.
二、极值点偏移问题
1.极值点偏移的相关概念
2.极值点偏移的结论
(1)连续函数f(x)极值点x0左偏,设f(x1)=f(x2)=a的两个零点x1,x2,如下图:
(2)连续函数f(x)极值点x0右偏,设f(x1)=f(x2)=a的两个零点x1,x2,如下图:
3.极值点偏移的应用
类型一　加法型极值点偏移问题
【例3】 已知函数f(x)=xe-x.
(1)求f(x)的单调区间和极值;
(2)如果x1≠x2,且f(x1)=f(x2),证明x1+x2>2.
当x∈(-∞,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
(2)证明 由x1≠x2,f(x1)=f(x2),不妨设x1由x1<1,2-x2<1,且f(x)在(-∞,1)上单调递增,只需证f(x1)>f(2-x2),
由f(x1)=f(x2),只需证f(x2)>f(2-x2),
当x>1时,g'(x)>0,即g(x)在(1,+∞)上单调递增,故g(x)>g(1)=0,故g(x2)>0,即f(x2)>f(2-x2).
所以原命题得证.
规律方法
要证明x1+x2>2m或x1+x2<2m,如果m是函数f(x)的极值点,构造函数g(x)=f(x)-f(2m-x),由f(x)及g(x)的单调性最后证出要证的结论.
类型二　乘积型极值点偏移问题
【例4】 (2022·四川攀枝花模拟)已知函数f(x)=ln x+ -a(a∈R,b∈R)有最小值M,且M≥0.
(1)求ea-1-b+1的最大值;
(2)当ea-1-b+1取得最大值时,设F(b)= -m(m∈R),F(x)有两个零点为x1,x2(x1e3.
当b>0时,令f'(x)=0,得x=b,此时f(x)在(0,b)上单调递减,在(b,+∞)上单调递增,所以M=f(b)=ln b+1-a≥0,即ln b≥a-1,所以b≥ea-1,ea-1-b≤0.
所以ea-1-b+1的最大值为1.
规律方法
要证明x1·x2>m2或x1·x2