(共30张PPT)
高考小题突破8 函数的图象与性质
考点一 函数及其表示
考向1 求函数的定义域
例1(1)若函数f(x)的定义域为[-2,3],则函数f(2x-4)的定义域为( )
C
(-∞,0)∪(0,1]
延伸探究
(变条件)将本例(1)中条件“函数f(x)的定义域为[-2,3]”改为“函数f(x-1)的定义域为[-2,3]”,求函数f(2x-4)的定义域.
解 函数f(x-1)的定义域为[-2,3],所以-2≤x≤3,
则-3≤x-1≤2,所以f(x)的定义域为[-3,2].
则函数f(2x-4)的定义域需满足-3≤2x-4≤2,
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.
对点训练1
A
考向2 分段函数及其应用
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(或取值范围)求自变量的值(或取值范围)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(或取值范围)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.
对点训练2
-1
(-∞,1-ln 2)
解析 由题可知,当x≥1时,f(x)=x3+x≥2;
当x<1时,f(x)=2ex-1<2,所以f(f(x))<2等价于f(x)<1,
此时f(x)=2ex-1,即2ex-1<1,解得x<1-ln 2,
所以f(f(x))<2的解集为(-∞,1-ln 2).
考点二 函数的图象及应用
考向1 根据解析式识别函数图象
例3(2022全国甲,理5)函数y=(3x-3-x)cosx在区间 上的图象大致为( )
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.
增分技巧由函数解析式识别函数图象的策略
对点训练3
(2023湖南常德一模)函数f(x)=xcosx+(sinx)ln|x|的部分图象大致为( )
A
解析 函数f(x)=xcos x+(sin x)ln|x|的定义域为{x|x≠0},且f(-x)=-xcos(-x)+ [sin(-x)]ln|-x|=-xcos x-sin xln|x|=-f(x),所以函数f(x)是奇函数,其函数图象关于(0,0)对称,故选项C,D错误;
考向2 由图象确定函数解析式
例4已知函数f(x)的图象如图所示,则f(x)的解析式可能是( )(e≈2.71828是自然对数的底数)
B
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.
对点训练4
(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( )
A
考点三 函数的性质及应用
考向1 函数的周期性与奇偶性
例5(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 =( )
A.-3 B.-2
C.0 D.1
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,
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,当函数图象有两条对称轴(或两个对称中心、一条对称轴和一个对称中心)时,能推出函数的周期,例如,若函数f(x)的图象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.
考向2 函数的单调性与奇偶性
例6(1)(2020新高考Ⅰ,8)若定义在R的奇函数f(x)在(-∞,0)单调递减,且f(2)=0,则满足xf(x-1)≥0的x的取值范围是( )
A.[-1,1]∪[3,+∞) B.[-3,-1]∪[0,1]
C.[-1,0]∪[1,+∞) D.[-1,0]∪[1,3]
D
(2)(2023山东泰安二模)已知奇函数f(x)在R上是减函数,g(x)=xf(x),若a=
g(-log25.1),b=g(3),c=g(20.8),则a,b,c的大小关系为( )
A.a
D
解析 因为f(x)为奇函数且在R上是减函数,所以f(-x)=-f(x),且x>0时,f(x)<0.因为g(x)=xf(x),所以g(-x)=-xf(-x)=xf(x),故g(x)为偶函数.
当x>0时,g'(x)=f(x)+xf'(x).
因为f(x)<0,f'(x)<0,所以g'(x)<0.
即g(x)在区间(0,+∞)上单调递减.
a=g(-log25.1)=g(log25.1),
因为3=log29>log25.1>log24=2>20.8,
所以g(3)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,+∞)上单调递增,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.
对点训练5
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.即4a+b=-6,∴a=-2,b=2,
(2)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)
,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,+∞)
B
因为x1-x2>0,x1x2>0,所以x1f(x1)-x2f(x2)<0,即x1f(x1)设g(x)=xf(x),则g(x)在区间(0,+∞)上单调递减,
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)在区间(-∞,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).(共32张PPT)
高考小题突破9 基本初等函数、函数的应用
考点一 基本初等函数的图象与性质
例1(1)已知lga+lgb=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( )
B
(2)(2023河北张家口一模)已知实数a,b,c满足 ,则( )
A.logca>logab B.ac-1>ba-1
C.logacbc
D
由c-1>0,得ac-1<1.
因为a-1<0,所以ba-1>1,故ac-1因为y=xa在区间(0,+∞)上单调递增,且c>b,所以ca>ba.
因为y=bx在R上单调递减,且c>a,所以ba>bc,故ca>bc,
所以D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.
对点训练1
(1)(2020新高考Ⅱ,7)已知函数f(x)=lg(x2-4x-5)在(a,+∞)上单调递增,则a的取值范围是( )
A.(2,+∞) B.[2,+∞)
C.(5,+∞) D.[5,+∞)
D
解析 由x2-4x-5>0,得x>5或x<-1,所以f(x)的定义域为(-∞,-1)∪(5,+∞).
因为y=x2-4x-5在区间(5,+∞)上单调递增,所以f(x)=lg(x2-4x-5)在区间(5,+∞)上单调递增,所以a≥5.
D
解析 y=|ax-1|的图象由y=ax的图象向下平移一个单位长度,再将x轴下方的图象翻折到x轴上方得到,分a>1和0当a>1时,图象如图所示.
综上可知,a的取值范围为(0,1)或(1,2),所以a的取值不可以是3,故选D.
考点二 函数的零点
考向1 确定函数零点个数或存在情况
例2(1)(2023山东潍坊模拟)函数f(x)=(x2-x)ln|2x-3|在区间[-2,2]上的零点个数是( )
A.3 B.4 C.5 D.6
A
解析 求函数f(x)=(x2-x)ln|2x-3|在区间[-2,2]上的零点个数,
转化为方程(x2-x)ln|2x-3|=0在区间[-2,2]上的根的个数.
由(x2-x)ln|2x-3|=0,得x2-x=0或ln|2x-3|=0,解得x=0或x=1或x=2,
所以函数f(x)=(x2-x)ln|2x-3|在区间[-2,2]上的零点个数为3.
C
(3)(2023辽宁葫芦岛一模)估计函数 零点所在的一个区间_________.
(3,4)
(答案不唯一)
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.
对点训练2
(1)(2023山西阳泉三模)函数f(x)=log2x+x2+m在区间(1,2)内存在零点,则实数m的取值范围是( )
A.(-∞,-5) B.(-5,-1) C.(1,5) D.(5,+∞)
B
解析 由y1=log2x在区间(0,+∞)上单调递增,y2=x2+m在区间(0,+∞)上单调递增,得函数f(x)=log2x+x2+m在区间(0,+∞)上单调递增.
因为函数f(x)=log2x+x2+m在区间(1,2)内存在零点,
(2)(2023广东揭阳模拟)函数 则函数y=f(f(x))-1的零点个数为( )
A.2 B.3 C.4 D.5
A
考向2 根据函数零点情况求参数的值或范围
例3(2022天津,15)设a∈R,对任意实数x,用f(x)表示|x|-2,x2-ax+3a-5中的较小者.若f(x)至少有3个零点,则实数a的取值范围为__________.
[10,+∞)
解析 设g(x)=x2-ax+3a-5,h(x)=|x|-2,由|x|-2=0,可得x=±2.要使得函数f(x)至少有3个零点,则函数g(x)至少有一个零点,则Δ=a2-12a+20≥0,
解得a≤2或a≥10.
①当a=2时,g(x)=x2-2x+1,作出函数g(x),h(x)的图象如图所示,
此时函数f(x)只有两个零点,不符合题意;
②当a<2时,设函数g(x)的两个零点分别为x1,x2(x1要使得函数f(x)至少有3个零点,则x2≤-2,
解得a∈ ;
③当a=10时,g(x)=x2-10x+25,作出函数g(x),h(x)的图象如图所示,
由图可知,函数f(x)的零点个数为3,符合题意;
④当a>10时,设函数g(x)的两个零点分别为x3,x4(x3综上所述,实数a的取值范围是[10,+∞).
解题策略利用函数零点的情况求参数的方法
对点训练3
ACD
考点三 函数模型及其应用
B
(2)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1.2mg/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0.2mg/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:lg2≈0.3,lg3≈0.477)
A.5 B.7 C.8 D.9
C
增分技巧应用函数模型解决实际问题的一般步骤和解题关键
(1)一般步骤:
(2)解题关键:解答这类问题的关键是建立相关函数解析式,利用函数、方程、不等式和导数的有关知识进行解答.
对点训练3
(1)(2023山东潍坊二模)某公司为实现利润目标制定奖励制度,其中规定利润超过10万元且少于1000万元时,员工奖金总额y(单位:万元)随利润x(单位:万元)的增加而增加,且奖金总额不超过5万元,则y关于x的函数可以为( ) (参考数据:1.0021000≈7.37,lg7≈0.845)
A.y=1.002x B.y=log7x+1
C. D.y=5+sinx
B
(2)(2023山东聊城一模)新能源汽车能量来源于蓄电池.已知蓄电池的容量C(单位:A·h)、放电时间t(单位:h)、放电电流I(单位:A)三者之间满足关系C=·t.假设某款电动汽车的蓄电池容量为3074A·h,正常行驶时放电电流为15A,那么该汽车能持续行驶的时间大约为(参考数据:
≈ 3074)( )
A.60h B.45h
C.30h D.15h
C(共45张PPT)
高考小题突破10 导数的简单应用
考点一 导数的几何意义
考向1 导数几何意义的应用
C
(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____________________.
(-∞,-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即可求得切线方程.
对点训练1
(1)(2020全国Ⅰ,文15)曲线y=lnx+x+1的一条切线的斜率为2,则该切线的方程为__________.
y=2x
(2)(2023广东梅州二模)已知函数f(x)=x2+alnx的图象在点(1,f(1))处的切线在y轴上的截距为2,则实数a=__________.
-3
解析 函数f(x)=x2+aln x,求导得f'(x)=2x+ ,f'(1)=2+a,而f(1)=1,
因此函数f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=(a+2)(x-1),
令x=0,得y=-a-1,于是-a-1=2,解得a=-3.
考向2 公切线问题
D
(2)(2023湖南邵阳二模)已知直线l是曲线f(x)=ln(x-2)+2与g(x)=ln(x-1)的公切线,则直线l与x轴的交点坐标为__________.
增分技巧解决曲线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),x1≠x2,则有f'(x1)=g'(x2)= ,据此列式求解.
对点训练2
(2023河北唐山三模)已知曲线y=lnx与y=ax2(a>0)有公切线,则实数a的取值范围为__________.
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
例3(2023云南“3+3+3”诊断联考)函数f(x)=ex-ln(1+x)的单调递增区间为__________.
[0,+∞)
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”“,”等联结.
对点训练3
(-∞,1)
解析 当x<0时,f(x)=-x-2,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故f(x)的单调递减区间为(-∞,1).
考向2 函数的单调性求参数的取值范围
例4若函数h(x)=lnx- ax2-2x(a≠0)在区间[1,4]上单调递减,则实数a的取值范围为____________________.
延伸探究1
若本例条件变为“函数h(x)=lnx- ax2-2x(a≠0)在区间[1,4]上单调递增”,则a的取值范围为__________.
(-∞,-1]
延伸探究2
若本例条件变为“函数h(x)=lnx- ax2-2x(a≠0)在区间[1,4]上存在单调递减区间”,则a的取值范围为_______________.
(-1,0)∪(0,+∞)
延伸探究3
若本例条件变为“函数h(x)=lnx- ax2-2x(a≠0)在区间[1,4]上不单调”,则a的取值范围为__________.
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,前者是不等式恒成立问题,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.
对点训练4
(2023新高考Ⅱ,6)已知函数f(x)=aex-lnx在区间(1,2)上单调递增,则a的最小值为( )
A.e2 B.e C.e-1 D.e-2
C
考向3 比较大小或解不等式
A.a>b>c B.c>a>b
C.c>b>a D.b>a>c
B
(2)(2023广东广州一模)已知函数f(x)的定义域为(0,+∞),其导函数为f'(x),若xf'(x)-1<0,f(e)=2,则关于x的不等式f(ex)(1,+∞)
解析 令函数g(x)=f(x)-ln x,x>0,
因此函数g(x)在(0,+∞)上单调递减,g(e)=f(e)-ln e=1,
因此f(ex)e,解得x>1,
所以不等式f(ex)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.
对点训练5
(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
A
B
考点三 利用导数研究函数的极值、最值
例6(1)(2022全国乙,文11)函数f(x)=cosx+(x+1)sinx+1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为( )
D
(2)(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
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f'(x)=0的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.
对点训练6
B
(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解析 依题意,f'(x)=2axln a-2ex,x1,x2为方程f'(x)=0的两根,x1令g(x)=axln a-ex,则g'(x)=ax(ln a)2-e.
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'(x0)=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同理,存在x0∈(x1,x2),使g'(x0)=0,此时x1为f(x)的极小值点,x2为f(x)的极大值点,满足题意.因为x0存在,所以g(x0)=ln a-ex0>0,g'(x0)=(ln a)2-e=0,
考点四 利用导数解决实际问题
C
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.
对点训练7
(2023广东茂名二模)修建栈道是提升旅游观光效果的一种常见手段.如图,某水库有一个半径为1百米的半圆形小岛,其圆心为C且直径MN平行坝面.坝面上点A满足AC⊥MN,且AC长度为3百米,为便于游客到小岛观光,打算从点A到小岛建三段栈道AB,BD与BE,水面上的点B在线段AC上,且BD,BE均与圆C相切,切点分别为D,E,其中栈道AB,BD,BE和小岛在同一个平面上.此外在半圆小岛上再修建栈道 以及MN,则需要修建的栈道总长度的最小值为__________百米.
解析 连接CD,CE,由半圆半径为1得CD=CE=1.
由对称性,设∠CBE=∠CBD=θ,
又CD⊥BD,CE⊥BE,(共88张PPT)
解答题专项 导数的综合应用
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
例1(2023新高考Ⅰ,19)已知函数f(x)=a(ex+a)-x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(1)解 f'(x)=aex-1,x∈R.
①当a≤0时,f'(x)<0对任意x∈R恒成立,所以f(x)在(-∞,+∞)内单调递减.
②当a>0时,令f'(x)=0,得
随x的变化,f'(x),f(x)的变化如下表:
x (-∞,-ln a) -ln a (-ln a,+∞)
f'(x) - 0 +
f(x) 单调递减 极小值 单调递增
所以函数f(x)的单调递增区间是(-ln a,+∞),单调递减区间是(-∞,-ln a).
综上,当a≤0时,f(x)的单调递减区间是(-∞,+∞),无单调递增区间;
当a>0时,f(x)的单调递增区间是(-ln a,+∞),单调递减区间是(-∞,-ln a).
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).
对点训练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;
考点二 放缩法构造函数证明不等式
例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 函数g(x)=f(x)+1=xeax-ex+1(x≥0),
由题意得g(x)≤g(0)=0对 x≥0恒成立.
又g'(x)=eax+axeax-ex,g'(0)=0.
令h(x)=g'(x),h'(x)=aeax+a(eax+axeax)-ex=a(2eax+axeax)-ex,
则h'(0)=2a-1.
①若h'(0)=2a-1>0,
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)lnx≤x-1;(4)ln(x+1)≤x等.
对点训练2
考点三 分拆转化函数证明不等式
例3(2023海南海口模拟)已知函数f(x)=lnx,g(x)=ex.
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.
对点训练3
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
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.
对点训练1
(2023广东珠海模拟)已知函数f(x)=lnx-ax-2(a∈R),g(x)=xex-x-a(x+1).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若不等式f(x)≤g(x)恒成立,求实数a的取值范围.
当x∈(0,x0)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,
当x∈(x0,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,
所以h(x)min=h(x0)=x0-ln x0-x0+2,
将①②代入,可得h(x)min=3,
要使得a≤h(x)恒成立,则a≤3即可,
所以实数a的取值范围为(-∞,3].
考点二 等价转化法解不等式恒成立问题
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)+sinx<0,求a的取值范围.
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.
对点训练2
考点三 不等式能成立条件下求参数的取值范围
例3(2023山东青岛模拟)已知函数f(x)=ex-a-lnx.
(1)当a=0时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积;
(2)若存在x0∈[e,+∞),使f(x0)<0成立,求a的取值范围.
增分技巧不等式能成立问题的解题关键点
考点四 不等式中的“任意、存在”问题
例4(2023宁夏银川二模)已知函数f(x)=xlnx+ ,g(x)=2xex-lnx-x-ln2.
(1)若直线y=x是曲线y=f(x)的一条切线,求a的值;
(2)若对于任意的x1∈(0,+∞),都存在x2∈(0,+∞),使f(x1)≥g(x2)成立,求a的取值范围.
由对于任意的x1∈(0,+∞),都存在x2∈(0,+∞),使f(x1)≥g(x2)成立,
得对于任意的x∈(0,+∞),都有f(x)≥g(x)min=1,
即不等式xln x+ ≥1在x∈(0,+∞)上恒成立,
即不等式a≥x-x2ln x在x∈(0,+∞)上恒成立.
设φ(x)=x-x2ln x,则φ'(x)=1-x-2xln x,
因为φ'(1)=0,当x∈(0,1)时,1-x>0,2xln x<0,φ'(x)>0;
当x∈(1,+∞)时,1-x<0,2xln x>0,φ'(x)<0,
所以函数φ(x)=x-x2ln x在(0,1]上单调递增,在[1,+∞)上单调递减,
所以φ(x)max=φ(1)=1,因此a≥1,
故a的取值范围为[1,+∞).
增分技巧不等式中“任意”“存在”问题的求解规律
一般地,已知函数y=f(x),x∈[a,b],y=g(x),x∈[c,d],
(1)若 x1∈[a,b], x2∈[c,d],总有f(x1)(2)若 x1∈[a,b], x2∈[c,d],有f(x1)(3)若 x1∈[a,b], x2∈[c,d],有f(x1)(4)若 x1∈[a,b], x2∈[c,d],有f(x1)=g(x2),则f(x)的值域是g(x)值域的子集.
对点训练3
已知函数f(x)=(x-4)ex-x2+6x,g(x)=lnx-(a+1)x,a>-1.
(1)求f(x)的极值;
(2)若存在x1∈[1,3],对任意的x2∈[e2,e3],使得不等式g(x2)>f(x1)成立,求实数a的取值范围.(参考数据:e3≈20.09)
解 (1)由f(x)=(x-4)ex-x2+6x,
得f'(x)=ex+(x-4)ex-2x+6=(x-3)ex-2x+6=(x-3)(ex-2),
令f'(x)=0,得x=3,或x=ln 2,易知ln 2<3,
x,f'(x),f(x)的变化关系如下表所示,
x (-∞,ln 2) ln 2 (ln 2,3) 3 (3,+∞)
f'(x) + 0 - 0 +
f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
由表可知,当x=ln 2时,
f(x)取得极大值,且极大值为
f(ln 2)=(ln 2-4)eln 2-(ln 2)2+6ln 2=-(ln 2)2+8ln 2-8,
当x=3时,f(x)取得极小值,且极小值为f(3)=(3-4)e3-32+18=9-e3.
(2)由(1)知,f(x)在[1,3]上单调递减,所以当x∈[1,3]时,f(x)min=f(3)=9-e3,
于是若存在x1∈[1,3],对任意的x2∈[e2,e3],使得不等式g(x2)>f(x1)成立,
则ln x-(a+1)x>9-e3在[e2,e3]上恒成立,其中a>-1,
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
例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) 单调递减 极小值 单调递增
②当0x (-∞,ln 2a) ln 2a (ln 2a,0) 0 (0,+∞)
f'(x) + 0 - 0 +
f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
x (-∞,0) 0 (0,ln 2a) ln 2a (ln 2a,+∞)
f'(x) + 0 - 0 +
f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
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.
对点训练1
(2023山东济宁一模)已知函数
(1)当a=1时,求函数f(x)的单调区间;
(2)当0解 (1)当a=1时,f(x)=(x-3)ex- (x2-4x),f'(x)=(x-2)ex-e(x-2)=(x-2)(ex-e),
当x<1时,f'(x)>0;当12时,f'(x)>0,
所以函数f(x)的单调递增区间为(-∞,1)和(2,+∞),单调递减区间为(1,2).
考点二 根据函数零点个数求参数范围
例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.
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恒成立. 7分
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.
取x=e-a,因为a<-1,0所以e-a>e>x2,所以f(e-a)>ln(1+e-a)+a>lne-a+a=0. 9分
又f(x2)<0,所以f(x)在区间(x2,+∞)内只有一个零点,
即f(x)在区间(0,+∞)内只有一个零点. 10分
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.
又a<-1,
所以axe-x<-ae.
取x=e3a-1∈(-1,0),则f(e3a-1)又f(x1)>0,所以f(x)在区间(e3a-1,x1)内只有一个零点,即f(x)在区间(-1,0)内只有一个零点.
综上所述,a的取值范围为(-∞,-1). 12分
【教师讲评】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;
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;肯定则要证明两个区间都恰有一个零点.如a≥0时,只需说明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.
对点训练2
(12分)(2022全国乙,文20)已知函数f(x)=ax- -(a+1)lnx.
(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.
考点三 与函数零点有关的不等式的证明问题
例3(2022全国甲,理21)已知函数
(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.
(1)解 (方法一)f(x)的定义域为(0,+∞),
当x∈(0,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
所以f(x)≥f(1)=e+1-a,
若f(x)≥0,则e+1-a≥0,即a≤e+1,所以a的取值范围为(-∞,e+1].
(方法二)由f(x)≥0,得ex-ln x+x-ln x-a≥0,
令t=x-ln x,t≥1,则et+t-a≥0,即a≤et+t,
令g(t)=et+t,t∈[1,+∞),则g'(t)=et+1>0,
故g(t)=et+t在区间[1,+∞)上单调递增,
故g(t)min=g(1)=e+1,即a≤e+1, 所以a的取值范围为(-∞,e+1].
对点训练3
(2023福建厦门模拟)已知函数f(x)=ealnx-ax+2a(a∈R).
(1)判断f(x)在区间(e,+∞)上的单调性;
(2)若f(x)恰有两个不同的零点x1,x2,且x1专题六 函数与导数
领航 备考路径
新课标核心考点 2020年 2021年 2022年 2023年 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷
1.基本初等函数的图象与性质 第6题 第12题 第7题 第13题 第7题 第14题 第4题 第10题 第4题
2.抽象函数性质的综合应用 第8题 第8题 第8题 第12题 第8题 第11题
3.导数的几何意义 第21题 第22题 第7题 第16题 第10题 第15题 第14题
4.利用导数研究函数单调性、极值 第7题 第22题 第22题 第7题 第8题 第22题 第19题 第6题
第11题
5.利用导数求函数的最值 第21题 第22题 第15题 第21题 第22题 第22题 第22题
6.利用导数研究函数零点问题 第22题 第22题
通览 主干知识
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.
(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|(可类比正弦、余弦函数).
这是函数具有奇偶性的重要前提
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
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.
等式中自变量x的系数异号
(4)利用图象可解决函数的最值、方程的解、不等式的解集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.
5.指数函数与对数函数的图象和性质
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.
注意带“=”
注意不带“=”
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)在定义域内恒有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).
(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.
注意带“=”
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,lnx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”(共10张PPT)
培优拓展(十二) 洛必达法则速求参数范围
一、洛必达法则
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.
说明:高中阶段能使用洛必达法则的题目一般都能使用分类讨论,但分类讨论难度较大,所以可采用分参求最值的方式,一般大题中对使用洛必达法则的赋分可能因标准不同而不同.
二、应用洛必达法则求最值
考点一 利用洛必达法则求 型最值
例1已知函数f(x)=x2lnx-a(x2-1),a∈R.若当x≥1时,f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围.
增分技巧对函数不等式恒成立求参数取值范围时,采用分类讨论、假设反证法.若采取参变分离的方法,在求分离后函数的最值(值域)时会有些麻烦,如最值、极值在无意义点处,或趋于无穷,此时,利用洛必达法则即可求解.洛必达法则可连续多次使用,直到求出极限为止.
考点二 利用洛必达法则求 型最值
例2已知函数f(x)=ax-a-xlnx.若当x∈(0,1)时,f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围.
增分技巧对于不常见的类型0·∞,1∞,∞0,00,∞-∞等,利用洛必达法则求极限,一般先通过转换,化成 型求极限.(共12张PPT)
培优拓展(十三) 隐零点问题
在求解导数问题时,如果f'(x)是超越式(对字母进行了有限次初等超越运算,包括无理数次乘方、指数、对数、三角、反三角等运算的解析式,称为初等超越式,简称超越式),并且f'(x)的零点是存在的,但我们无法求出其零点,此时可对函数的零点设而不求,利用整体代换的思想,再结合题目条件最终解决问题,我们称这类问题为“隐零点问题”.
即f'(x)单调递增,
又因为f'(0)=0,所以 x∈(0,x0),f'(x)>0,f(x)在(0,x0)上单调递增.
综上所述,f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,x0)上单调递增,
所以0为f(x)的一个极值点,故a=2.
增分技巧隐零点问题求解的三个步骤
(1)用零点存在定理判定导函数零点的存在性,列出零点方程f'(x0)=0,并结合f(x)的单调性得到零点的取值范围.
(2)以零点为分界点,说明导函数f'(x)的正负,进而得到f(x)的最值表达式.
(3)将零点方程适当变形,整体代入最值式子进行化简证明,有时(1)中的零点范围还可以适当缩小.
对点训练
(2023河南豫南名校联考三模)已知函数f(x)=ex-4lnx-4.
(1)判断f(x)的导函数在(1,+∞)上零点的个数,并说明理由;
(2)证明:当x∈(1,+∞)时,ex-4xlnx-1>0.
注:0.69所以函数h(x)在(1,+∞)上单调递增,即f'(x)在(1,+∞)上单调递增,
又f'(1)<0,f'(2)>0,
所以f(x)的导函数在(1,+∞)上零点的个数为1.
(2)证明 令g(x)=ex-4xln x-1,x∈(1,+∞),则g'(x)=ex-4ln x-4,即f(x)=g'(x),
由(1)可知存在x0∈(1,2),使得f'(x0)=0,
当1x0时,f'(x)>0,
所以f(x)在(1,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
又因为f(1)<0,f(2)>0,存在x1∈(1,2),使得f(x1)=0,即-4ln x1-4=0,
当1x1时,g'(x)>0,
所以g(x)在(1,x1)上单调递减,在(x1,+∞)上单调递增,
所以g(x)min=g(x1)=-4x1ln x1-1=4ln x1+4-4x1ln x1-1=4(1-x1)ln x1+3.令t(x)=(1-x)ln x,x∈(1,2),则t'(x)=-ln x+ <0,x∈(1,2),
所以函数t(x)在(1,2)上单调递减,所以t(x)>t(2)=-ln 2,
所以当x1∈(1,2)时,4(1-x1)ln x1+3>-4ln 2+3>0,
即当x∈(1,+∞)时,ex-4xln x-1>0恒成立.(共13张PPT)
培优拓展(十四) 极值点偏移问题
极值点偏移问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 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.极值点偏移问题一般有以下四种基本题设形式:
(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.
类型一 构造对称和(差)函数
例1(2023陕西绥德中学模拟)已知f(x)=x3-ax2(a∈R),其极小值为-4.
(1)求a的值;
(2)若关于x的方程f(x)=t在(0,3)上有两个不相等的实数根x1,x2,求证:3(2)证明 由(1)知,在区间(-∞,0)上,f'(x)>0,f(x)单调递增,
在区间(0,2)上,f'(x)<0,f(x)单调递减,
在区间(2,+∞)上,f'(x)>0,f(x)单调递增,
所以不妨设0下面先证x1+x2<4.
即证x1<4-x2,因为0又因为在区间(0,2)上,f(x)单调递减,
所以要证x1<4-x2,
只需证f(x1)>f(4-x2),又因为f(x1)=f(x2),
所以只需证f(x2)>f(4-x2),即证f(x2)-f(4-x2)>0.
设g(x)=f(x)-f(4-x)(2则g(x)=(x3-3x2)-[(4-x)3-3(4-x)2]=2x3-12x2+24x-16.
则g'(x)=6x2-24x+24=6(x-2)2>0,所以g(x)在区间(2,3)上单调递增,
所以g(x)>g(2)=0,所以f(x2)-f(4-x2)>0.
下面证3设h(x)=2x2-6x,因为f(x)-h(x)=x3-5x2+6x=x(x-2)(x-3),
在区间(0,2)上,f(x)>h(x);在区间(2,3)上,f(x)设 ,f(x1)=h(x3)=t,因为f(x1)>h(x1),所以h(x3)>h(x1),所以x3设x4∈(2,3),f(x2)=h(x4)=t,因为f(x2)所以h(x2)>h(x4),所以x4所以x3+x4=3,所以3=x3+x4类型二 比(差)值换元
①当a≤0时,g'(t)>0,g(t)单调递增,不可能有两个零点;
②当a>0时,令g'(t)>0,得t>a,g(t)在区间(a,+∞)上单调递增,
令g'(t)<0,得0若g(a)>0,得00恒成立,没有零点;
若g(a)=0,得a=e,此时g(t)有一个零点;
若g(a)<0,得a>e,因为g(1)=1>0,g(e)=e-a<0,g(ea)=ea-a2>0,所以g(t)=t-aln t在(1,e),(e,ea)上各存在一个零点,符合题意.综上,a的取值范围为(e,+∞).
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m表示)表示两个极值点,继而将所求解问题转化为关于m的函数问题.(共17张PPT)
培优拓展(十一) 导数应用中的函数构造
导数中的函数构造问题是高考考查的一个热点内容,经常以客观题出现,同构法构造函数也常在解答题中出现,通过已知等式或不等式的结构特征,构造新函数,解决比较大小、解不等式、恒成立等问题.
考点一 具体函数的构造
例1(2023河南郑州三模)下列不等式中不成立的是( )
A.ecos1-1>cos1
B.πln4<4lnπ
D.log20222021C
解析 判断ecos 1-1>cos 1,即判断ecos 1-1>cos 1-1+1,
令y=ex-x-1,则y'=ex-1,
所以当x∈(-∞,0)时,y'<0,函数y=ex-x-1单调递减,
当x∈(0,+∞)时,y'>0,函数y=ex-x-1单调递增,故ex-x-1≥e0-0-1=0,
所以ex≥x+1,当且仅当x=0时,等号成立,而cos 1-1≠0,
所以ecos 1-1>cos 1-1+1=cos 1,即ecos 1-1>cos 1,所以A正确;
增分技巧根据所给代数式(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.
考点二 抽象函数的构造
考向1 利用f(x)与xn构造
例2(2023江苏苏州质检)已知函数f(x)满足f(x)=f(-x),且当x∈(-∞,0]时, f(x)+xf'(x)<0成立,若a=20.6·f(20.6),b=ln2·f(ln2), ,则a,b,c的大小关系是( )
A.a>b>c B.c>b>a
C.a>c>b D.c>a>b
B
解析 因为f(x)=f(-x),所以函数f(x)是偶函数,
令g(x)=x·f(x),则g(x)是奇函数,g'(x)=f(x)+x·f'(x),
当x∈(-∞,0]时,f(x)+xf'(x)<0成立,
所以g(x)在(-∞,0]上单调递减,
又g(x)在R上是连续函数,且是奇函数,所以g(x)在R上单调递减,
考向2 利用f(x)与enx构造
例3(2023安徽黄山三模)已知定义域为R的函数f(x),其导函数为f'(x),且满足f'(x)-2f(x)<0,f(0)=1,则( )
C
考向3 利用f(x)与sinx,cosx构造
C
考点三 同构法构造函数
例5已知a>0,若在(1,+∞)上存在x使得不等式ex-x≤xa-alnx成立,则a的最小值为__________.
e
增分技巧在函数与导数的数学问题中,经常会遇到左右两边结构相似的方程、不等式等,这时可以应用同构思想,通过变形进行合理转化.
指对同构,经常使用的变换形式有两种,一种是将x变成lnex,然后构造函数;另一种是将x变成elnx,然后构造函数.