(共48张PPT)
专题一 函数与导数
培优点4 极值点偏移问题
专题一 函数与导数
极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，这类题往往对思维要求较高，过程较为烦琐，计算量较大，解决极值点偏移问题，有对称化构造函数法和比值代换法，二者各有千秋，独具特色.
内容索引
考点一
考点二
对称化构造函数
比值代换
专题强化练
考点一
对称化构造函数
例1
(2023·唐山模拟)已知函数f(x)＝xe2－x.
(1)求f(x)的极值；
因为f(x)＝xe2－x，
所以f′(x)＝(1－x)e2－x，
由f′(x)>0，解得x<1；由f′(x)<0，解得x>1，
所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
又f(1)＝e，
所以f(x)在x＝1处取得极大值e，无极小值.
(2)若a>1，b>1，a≠b，f(a)＋f(b)＝4，证明：a＋b<4.
由(1)可知，f(x)在(1，＋∞)上单调递减，f(2)＝2，
且a>1，b>1，a≠b，f(a)＋f(b)＝4，
不妨设1
而b>2,2<4－a<3，且f(x)在(1，＋∞)单调递减，
所以只需证f(b)>f(4－a)，
即证4－f(a)>f(4－a)，
即证f(a)＋f(4－a)<4.
即证当1令F(x)＝f(x)＋f(4－x)，1则F′(x)＝f′(x)－f′(4－x)＝(1－x)e2－x－ex－2(x－3)，
令h(x)＝(1－x)e2－x－ex－2(x－3)，1则h′(x)＝e2－x(x－2)－ex－2(x－2)
＝(x－2)(e2－x－ex－2)，
因为10，
所以h′(x)<0，
即h(x)在(1,2)上单调递减，
则h(x)>h(2)＝0，即F′(x)>0，
所以F(x)在(1,2)上单调递增，
所以F(x)即当1所以原命题成立.
规律方法
对称化构造函数法构造辅助函数
(1)对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x).
跟踪演练1
(2022·全国甲卷)已知函数f(x)＝ －ln x＋x－a.
(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；
由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞).
可得函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(1)＝e＋1－a.又f(x)≥0，
所以e＋1－a≥0，解得a≤e＋1，
所以a的取值范围为(－∞，e＋1].
(2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1.
方法一 不妨设x1令g(x)＝ex＋x－ －1(x>0)，
所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0，
所以当x∈(0,1)时，g(x)所以当x∈(0,1)时，F′(x)>0，
所以F(x)在(0,1)上单调递增，所以F(x)由(1)可知，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
方法二 (同构法构造函数化解等式)
不妨设x1由f(x1)＝f(x2)＝0，
得 －ln x1＋x1＝ －ln x2＋x2，
即 ＋x1－ln x1＝ ＋x2－ln x2.
因为函数y＝ex＋x在R上单调递增，
所以x1－ln x1＝x2－ln x2成立.
构造函数h(x)＝x－ln x(x>0)，
所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以当x>1时，g(x)>g(1)＝0，
所以h(x)在(0,1)上单调递减，
考点二
比值代换
例2
由题意知f(x)＋2＝ln x－ax＋1＝0，
则有ln x1＋2ln x2>5ln 2－3，
于是φ(t)在(2，＋∞)上单调递增，
所以g′(t)>0，即函数g(t)在(2，＋∞)上单调递增，于是g(t)>g(2)＝5ln 2.
规律方法
比值代换法是指通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝ 化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明.
跟踪演练2
(2023·淮北模拟)已知a是实数，函数f(x)＝aln x－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a≤0时，f′(x)<0恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，令f′(x)>0得x∈(0，a)，
令f′(x)<0得x∈(a，＋∞)，
故f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减.
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减.
(2)若f(x)有两个相异的零点x1，x2且x1>x2>0，求证：x1x2>e2.
由(1)可知，要想f(x)有两个相异的零点x1，x2，则a>0，
因为f(x1)＝f(x2)＝0，
所以aln x1－x1＝0，aln x2－x2＝0，
所以x1－x2＝a(ln x1－ln x2)，
要证x1x2>e2，即证ln x1＋ln x2>2，
所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增，
所以x1x2>e2，结论得证.
专题强化练
1.(2023·南宁模拟)已知函数f(x)＝ex－ ，a>0.
(1)若f(x)过点(1,0)，求f(x)在该点处的切线方程；
1
2
所以f(x)＝ex－ex2，
则f′(x)＝ex－2ex，
可得f′(1)＝e－2e＝－e，即切点坐标为(1,0)，切线斜率k＝－e，
所以所求切线方程为y＝－e(x－1)，即ex＋y－e＝0.
(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，且02.
1
2
1
2
由题意可得f′(x)＝ex－ax，
因为f(x)有两个极值点x1，x2，且0所以x1，x2是方程ex－ax＝0的两个正根，
令g′(x)<0，解得0令g′(x)>0，解得x>1，
1
2
所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
由
1
2
则t＋1>0，t－1<0，x1＝tx2，
1
2
故φ(t)在(0,1)上单调递增，则φ(t)<φ(1)＝0，
故x1＋x2>2.
2.(2023·聊城模拟)已知函数f(x)＝ln x＋ (a∈R)，设m，n为两个不相等的正数，且f(m)＝f(n)＝3.
(1)求实数a的取值范围；
1
2
1
2
由题意知f(x)＝3有两个不相等的正根，
即a＝3x－xln x有两个不相等的正根，
记函数h(x)＝3x－xln x，x>0，
则h′(x)＝2－ln x，
令h′(x)＝0，得x＝e2；
令h′(x)>0，得0令h′(x)<0，得x>e2，
1
2
所以函数h(x)＝3x－xln x的单调递增区间为(0，e2)，单调递减区间为(e2，＋∞)，
令h(x)＝0，得x＝e3，且h(e2)＝e2，当x无限趋近于0时，h(x)无限趋向于0，
作出函数h(x)＝3x－xln x的图象，如图所示，
要使a＝3x－xln x有两个不相等的正根，
则函数y＝a与函数h(x)＝3x－xln x有两个交点，由图知0故实数a的取值范围为{a|0(2)证明：a21
2
1
2
函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
由(1)知，0若0若x>a，f′(x)>0，f(x)在(a，＋∞)上单调递增.
由题意，不妨设0a2，
1
2
所以g(x)在(0，a)上单调递增，
所以当01
2
1
2
所以ln a＝ln m＋ln(3－ln m)，
1
2
由(1)知，h(x)在(0，e2)上单调递增，
当0所以φ(x)在(0，e2)上单调递减，
故φ(x)>φ(e2)＝0，
故mn综上，a2专题一 函数与导数
第5讲 导数的综合应用
母题突破3
零点问题
母题
已知函数f(x)＝sin x－ ，判断f(x)在(0，π)上零点的个数，并说明理由.
思路分析
等价转换f(x)＝0
判断g(x)＝ex·sin x－x＋1的零点
可得ex·sin x－x＋1＝0，
令g(x)＝ex·sin x－x＋1，x∈(0，π)，
所以g′(x)＝(sin x＋cos x)ex－1，
所以g′(x)>0，
令h(x)＝(sin x＋cos x)ex－1，
所以h′(x)＝2cos x·ex<0，
g(π)＝－π＋1<0，
综上所述，f(x)在(0，π)上有且只有一个零点.
(2023·安庆模拟)已知函数f(x)＝eln x＋bx2e1－x.若f(x)的导函数f′(x)恰有两个零点，求b的取值范围.
子题1
显然x≠2，x>0.
解方程x2－5x＋4＝0得，x1＝4，x2＝1，
因此函数g(x)在(0,1)和(4，＋∞)上单调递增，在(1,2)和(2,4)上单调递减，
g(x)的大致图象如图所示.
直线y＝b与曲线y＝g(x)的图象分别有两个交点，
即函数f′(x)恰有两个零点.
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，
当x→－1＋时，H(x)→－∞；
当x→＋∞时，H(x)→＋∞.
①当a＝2时，H′(x)≥0，函数H(x)在定义域(－1，＋∞)上为增函数，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处有最小值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.
规律方法
(1)求解函数零点(方程根)个数问题的步骤
①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.
②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.
③结合图象求解.
规律方法
(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.
跟踪演练
1.(2023·郑州模拟)已知函数f(x)＝xln x＋a－ax(a∈R).若函数f(x)在区间[1，e]上有且只有一个零点，求实数a的取值范围.
f(x)＝xln x－ax＋a，易知f(1)＝0，
所求问题等价于函数f(x)＝xln x－ax＋a在区间(1，e]上没有零点，
因为f′(x)＝ln x＋1－a，
所以当0f(x)在(0，ea－1)上单调递减，
当x>ea－1时，f′(x)>0，
f(x)在(ea－1，＋∞)上单调递增.
①当ea－1≤1，即a≤1时，函数f(x)在区间(1，e]上单调递增，所以f(x)>f(1)＝0，此时函数f(x)在区间(1，e]上没有零点，满足题意.
②当1要使f(x)在(1，e]上没有零点，只需f(e)<0，
③当e≤ea－1，即a≥2时，函数f(x)在区间(1，e]上单调递减，
f(x)在区间(1，e]上满足f(x)2.(2023·商洛模拟)已知函数f(x)＝(x－2)ex，其中e为自然对数的底数.函数g(x)＝f(x)－ln x，证明：g(x)有且仅有两个零点.
因为g(x)＝f(x)－ln x＝(x－2)ex－ln x，
故g′(x)在(0，＋∞)上单调递增.
所以存在唯一x0∈(1,2)，使得g′(x0)＝0.
故当x∈(0，x0)时，g′(x)<0；
当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0.
即g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增.
因为g(x0)0，
＝4－ >4－2eln 2＋
＝4－4＋ >0，
由零点存在定理可知，函数g(x)在(0，x0)，(x0,3)上各存在一个零点，
综上所述，g(x)有且仅有两个零点.
专题强化练
1
2
1.(2023·连云港调研)已知函数f(x)＝x2＋xln x.
(1)求f(x)在x＝1处的切线方程；
f′(x)＝2x＋1＋ln x，
∴f′(1)＝3，
又f(1)＝1，∴切点坐标为(1,1)，
∴f(x)在x＝1处的切线方程为y－1＝3(x－1)，即3x－y－2＝0.
1
2
(2)若关于x的方程f(x)＝ax3有两个不相等的实数根，求实数a的取值范围.
1
2
函数f(x)＝x2＋xln x的定义域为(0，＋∞)，
令h(x)＝1－x－2ln x，其中x>0，
1
2
所以函数h(x)在定义域(0，＋∞)上单调递减，且h(1)＝0，
当00，则g′(x)>0，
所以函数g(x)在(0,1)上单调递增，
当x>1时，h(x)<0，则g′(x)<0，
所以函数g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)极大值＝g(1)＝1，
当x→＋∞时，g(x)→0，且g(x)>0，
当x→0时，g(x)→－∞，
由题意可知，直线y＝a与函数g(x)的图象有两个交点，如图所示.
由图可知，01
2
2.(2023·广州模拟)已知函数f(x)＝ex－1＋e－x＋1，g(x)＝a(x2－2x)(a<0).
(1)求函数f(x)的单调区间；
1
2
由f(x)＝ex－1＋e－x＋1，
令f′(x)＝0，解得x＝1，
当x<1时，x－1<0，可得f′(x)<0，f(x)在(－∞，1)上单调递减；
当x>1时，x－1>0，可得f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
故函数f(x)的单调递减区间是(－∞，1)，单调递增区间是(1，＋∞).
1
2
(2)讨论函数h(x)＝f(x)－g(x)的零点个数.
1
2
由h(x)＝0，得f(x)＝g(x)，
因此函数h(x)的零点个数等价于函数f(x)与g(x)的图象的交点个数，
因为g(x)＝a(x2－2x)(a<0)，所以g(x)的单调递增区间是(－∞，1)，单调递减区间是(1，＋∞)，
所以当x＝1时，g(x)取最大值g(1)＝－a，
由(1)可知，当x＝1时，f(x)取最小值f(1)＝2，
当－a<2，即－21
2
当－a＝2，即a＝－2时，函数f(x)与g(x)的图象只有一个交点，即函数h(x)有一个零点；
当－a>2，即a<－2时，函数h(x)有两个零点，
理由如下：
因为h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1＋e－x＋1－a(x2－2x)，
所以h(1)＝2＋a<0，h(2)＝e＋e－1>0，
由函数零点存在定理，知h(x)在(1,2)内有零点.
又f(x)在(1，＋∞)上单调递增，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
1
2
所以h(x)＝f(x)－g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)＝f(x)－g(x)在(1，＋∞)上只有一个零点.
又因为f(2－x)＝e(2－x)－1＋e－(2－x)＋1＝e1－x＋ex－1＝f(x)，
所以f(x)的图象关于直线x＝1对称，
因为g(x)的图象关于直线x＝1对称，
所以f(x)与g(x)的图象都关于直线x＝1对称，
所以h(x)＝f(x)－g(x)在(－∞，1)上只有一个零点.
所以当a<－2时，h(x)＝f(x)－g(x)有两个零点.
1
2
综上，当－2专题一 函数与导数
微重点2 函数的公切线问题
专题一 函数与导数
函数的公切线问题，是导数的重要应用之一，利用导数的几何意义，通过双变量的处理，从而转化为零点问题，主要利用消元与转化，考查构造函数、数形结合能力，培养逻辑推理、数学运算素养.
内容索引
考点二
考点三
考点四
与公切线有关的求值问题
判断公切线条数
求参数的取值范围
专题强化练
考点一
求两函数的公切线
考点一
求两函数的公切线
例1
(2023·湘潭模拟)已知直线l是曲线y＝ex－1与y＝ln x＋1的公切线，则直线l的方程为________________.
y＝ex－1或y＝x
设直线l与曲线y＝ex－1相切于点P(a，ea－1)，与曲线y＝ln x＋1相切于点Q(b，ln b＋1)，
整理得(a－1)(ea－1)＝0，
解得a＝1或a＝0，
当a＝1时，l的方程为y＝ex－1；
当a＝0时，l的方程为y＝x.
规律方法
求切线方程时，注意区分曲线在某点处的切线和曲线过某点的切线，曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线方程是y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0)；求过某点的切线方程，需先设出切点坐标，再依据已知点在切线上求解.
(2023·南平模拟)已知曲线y＝aln x和曲线y＝x2有唯一公共点，且这两条曲线在该公共点处有相同的切线l，则直线l的方程为___________
_______.
跟踪演练1
e＝0
设曲线g(x)＝aln x和曲线f(x)＝x2在公共点(x0，y0)处的切线相同，
由题意知f(x0)＝g(x0)，f′(x0)＝g′(x0)，
考点二
与公切线有关的求值问题
例2
(2023·德阳模拟)已知曲线y＝ex在点(x1，y1)处的切线与曲线y＝ln x在点(x2，y2)处的切线相同，则(x1＋1)(x2－1)等于
A.－1 B.－2
C.1 D.2
√
根据常用函数的导数可知y＝ex y′＝ex，
则两函数在点(x1，y1)和(x2，y2)处的切线分别为
y－y1＝ (x－x1)，
化简得y＝ x＋(1－x1) ，
化简得x1x2＋x2－x1＋1＝0 (x1＋1)(x2－1)＝－2.
由题意可得
规律方法
利用导数的几何意义解题，关键是切点，要充分利用切点既在曲线上又在切线上构造方程.
已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝x2＋ax(a∈R)，若经过点A(0，－1)存在一条直线l与f(x)的图象和g(x)的图象都相切，则a等于
A.0 B.－1
C.3 D.－1或3
跟踪演练2
√
设直线l与f(x)＝xln x相切的切点为(m，mln m)，
由f(x)＝xln x得f′(x)＝1＋ln x，
可得切线的斜率为1＋ln m，
则切线方程为y－mln m＝(1＋ln m)(x－m)，
将A(0，－1)代入切线方程可得
－1－mln m＝(1＋ln m)(0－m)，
解得m＝1，则切线l的方程为y＝x－1，
可得x2＋(a－1)x＋1＝0，
由Δ＝(a－1)2－4＝0，解得a＝－1或a＝3.
考点三
判断公切线条数
例3
(2023·广州模拟)曲线C1：y＝x2与曲线C2：y＝ln x公切线的条数是
A.0 B.1
C.2 D.3
√
与y＝ln x的切点为(x2，ln x2)，
令f(x)＝x2－ln x，x∈(0，＋∞)，
即函数f(x)与y＝1＋ln 2的图象如图所示，
由图可知，函数f(x)的图象与直线y＝1＋ln 2有两个交点，
即曲线C1：y＝x2与曲线C2：y＝ln x公切线的条数是2.
规律方法
运用导数与斜率之间的关系可以将两曲线公切线的切点表示出来，构造新的函数，通过零点存在定理判断函数零点个数，即方程解的情况.
跟踪演练3
已知函数f(x)＝x2－4x＋4，g(x)＝x－1，则f(x)和g(x)的公切线的条数为
A.3 B.2 C.1 D.0
√
构造函数h(x)＝8x3－8x2＋1，
h′(x)＝8x(3x－2)，
故函数h(x)的图象和x轴有3个交点，方程8n3－8n2＋1＝0有三个解，
故公切线有3条.
考点四
求参数的取值范围
例4
√
由g(x)＝ex，得g′(x)＝ex，
同理y－y2＝ (x－x2)，
因为y2＝ ，
整理得y＝ x＋ (1－x2)，
依题意，可得
消去x1，得4k＝－ (x2－1)2，
由题意此方程有三个不相等的实根，
设h(x)＝－ex(x－1)2，
即直线y＝4k与曲线h(x)有三个不同的交点，
因为h′(x)＝ex(1－x2)，
令h′(x)＝0，则x＝±1，
当x<－1或x>1时，h′(x)<0；
当－10，
所以h(x)有极小值为h(－1)＝－4e－1，
h(x)有极大值为h(1)＝0，
因为h(x)＝－ex(x－1)2，ex>0，(x－1)2≥0，所以h(x)≤0，
当x趋近于－∞时，h(x)趋近于0；
当x趋近于＋∞时，h(x)趋近于－∞，
故h(x)的大致图象如图.
规律方法
利用导数的几何意义，构造参数关于切点横坐标或切线斜率k的函数，转化成函数的零点问题或两函数的交点问题，利用函数的性质或图象求解.
跟踪演练4
√
y＝x2在点(m，m2)处的切线斜率为2m，
由此得到m＝2n－2，
可得t＝4，s＝2，
专题强化练
1.已知直线l为曲线y＝x＋1＋ln x在A(1,2)处的切线，若l与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1也相切，则a等于
A.0 B.－4
C.4 D.0或4
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
√
因为y＝x＋1＋ln x，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
所以曲线y＝x＋1＋ln x在A(1,2)处的切线方程为y－2＝2x－2，即y＝2x.
由于切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，
得ax2＋ax＋1＝0，
当a＝0时，1＝0，不成立；
又a≠0，两线相切有一切点，
所以Δ＝a2－4a＝0，解得a＝4或a＝0(舍去).
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
2.(2023·保定模拟)若直线y＝3x＋m是曲线y＝x3(x>0)与曲线y＝－x2＋nx－6(x>0)的公切线，则m＋n等于
A.4 B.5
C.6 D.8
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
设直线y＝3x＋m与曲线y＝x3(x>0)相切于点(a，a3)，
与曲线y＝－x2＋nx－6(x>0)相切于点(b,3b＋m)，
对于函数y＝x3(x>0)，y′＝3x2，则3a2＝3(a>0)，
解得a＝1，
所以13＝3＋m，即m＝－2.
对于函数y＝－x2＋nx－6(x>0)，y′＝－2x＋n，
则－2b＋n＝3(b>0)，
又－b2＋nb－6＝3b－2，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
所以－b2＋b(3＋2b)－6＝3b－2，
又b>0，所以b＝2，n＝7.
所以m＋n＝－2＋7＝5.
3.已知曲线C1：y＝x3，曲线C2：y＝cos x－1与直线l：y＝0，则
A.l与C1，C2均相切
B.l与C1，C2均不相切
C.l与C1相切，l与C2不相切
D.l与C1不相切，l与C2相切
√
1
2
3
4
5
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7
8
9
10
设曲线C1：y＝x3在点A(x0，y0)处的切线的斜率为0，
1
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3
4
5
6
7
8
9
10
所以x0＝0，y0＝0，切线方程为y＝0，
设曲线C2：y＝cos x－1在点B(x1，y1)处的切线的斜率为0，
则－sin x1＝0，y1＝cos x1－1，
所以x1＝2kπ，y1＝0或x1＝2kπ＋π，y1＝－2，
取x1＝0，y1＝0可得切线方程为y＝0，所以l与C1，C2均相切.
4.对于三次函数f(x)，若曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线与曲线y＝xf(x)在点(1,2)处的切线重合，则f′(2)等于
A.－34 B.－14
C.－4 D.14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
设f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，
∵f(0)＝d＝0，∴f(x)＝ax3＋bx2＋cx，
∴f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，
设g(x)＝xf(x)，
则g(1)＝f(1)＝a＋b＋2＝2，
即a＋b＝0， ①
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
又∵g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，
∴g′(1)＝f(1)＋f′(1)＝2，∴f′(1)＝0，
即3a＋2b＋2＝0， ②
由①②可得a＝－2，b＝2，c＝2，
∴f′(2)＝－14.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
5.与曲线f(x)＝x3－x和y＝x2＋ 均相切的直线l有
A.1条 B.2条
C.3条 D.4条
由f′(x)＝3x2－1，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
直线l与g(x)的图象相切于点(x2，g(x2))，因为g′(x)＝2x，
1
2
3
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5
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7
8
9
10
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
x1＝0也满足方程，故x1有3个解，
所以方程组(*)有3组解，故满足题中条件的直线l有3条.
A. B.
C. D.
6.若存在斜率为3a(a>0)的直线l与曲线f(x)＝ x2＋2ax－2b与g(x)＝3a2·ln x都相切，则实数b的取值范围为
√
1
2
3
4
5
6
7
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9
10
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
设直线l与f(x)，g(x)的切点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
g(x)＝3a2·ln x，
因为直线l与f(x)，g(x)都相切，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
则两切点重合，即f(a)＝g(a)，
则h′(a)＝2a－6aln a＝2a(1－3ln a)，
当00，h(a)单调递增；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
当a> 时，h′(a)<0，h(a)单调递减，
则h(a)max＝
＝
＝
，
因为当a→＋∞时，h(a)→－∞，
所以2b≤ ，
即b≤ ，
所以实数b的取值范围为 .
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
7.(2023·嘉兴模拟)已知直线l与曲线C1：y＝x2和C2：y＝－ 均相切，则该直线与两坐标轴围成的三角形的面积为____.
2
设C1，C2上的切点分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
8.已知曲线C1：y＝ex＋a和曲线C2：y＝ln(x＋b)＋a2(a，b∈R)，若存在斜
率为1的直线与C1，C2同时相切，则b的最大值为_____.
1
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3
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1
2
3
4
5
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7
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10
令f(x)＝ex＋a，g(x)＝ln(x＋b)＋a2，
设斜率为1的切线在C1，C2上的切点横坐标分别为x1，x2，
两点处的切线方程分别为y－(1＋a)＝x和y－a2＝x－(1－b)，
故a＋1＝a2－1＋b，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
9.请你举出与函数f(x)＝e2x－1在(0,0)处具有相同切线的一个函数：_______________________.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
y＝x2＋2x(答案不唯一)
由题意得f′(x)＝2e2x，故f′(0)＝2e0＝2，
故函数f(x)＝e2x－1在原点(0,0)处的切线方程为y＝2x；
故可考虑如函数g(x)＝ax2＋bx的形式，
此时g′(x)＝2ax＋b，故g′(0)＝b＝2，
取a＝1，此时g(x)＝x2＋2x.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
10.若函数f(x)＝ln x＋ax与函数g(x)＝x2的图象有两条公切线，则实数a的取值范围是___________.
(－∞，1)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
设公切线与函数f(x)，g(x)分别切于点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
依题意知y＝a与y＝2x－ 有两个不同的交点，
令φ(x)＝2x－ ，
∵φ′(x)＝2－2x ，令φ′(x)＝0，得x＝1，
当x∈(－∞，1)时，φ′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，
∴φ(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
∴φ(x)max＝φ(1)＝1，
又x→－∞时，φ(x)→－∞；x→＋∞时，φ(x)→－∞，故a<1.(共11张PPT)
专题一 函数与导数
规范答题1 函数与导数
(12分)(2023·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.
(1)讨论f(x)的单调性； [切入点：求导，讨论a的正负]
[方法二 关键点：利用不等式ex≥x＋1把函数f(x)中的指数换成一次函数]
(1)求f′(x)→分a>0,a≤0判断f′(x) 的符号→f(x)的单调性
思路分析
(1)解 因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R，
所以f′(x)＝aex－1， (1分)
答题模板 规范答题不丢分
当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0，
故f′(x)＝aex－1<0恒成立，
所以f(x)是减函数； (2分)
当a>0时，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－ln a，
当x<－ln a时，f′(x)<0，
则f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减；
当x>－ln a时，f′(x)>0，
则f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增.
①②处判断f′(x)的符号
综上，当a≤0时，f(x)是减函数； (4分)
当a>0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(5分)
(7分)
(2)证明 方法一 由(1)得，当a>0时，
③处利用勾股定理证明AO⊥OD
f(x)min＝f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a，
(9分)
③处利用单调性求f(x)min
⑤处求g(a)min并判断其符号
⑥处构造函数证明ex≥x＋1
方法二
令h(x)＝ex－x－1，
则h′(x)＝ex－1，由于y＝ex是增函数，
所以h′(x)＝ex－1是增函数，
又h′(0)＝e0－1＝0，
所以当x<0时，h′(x)<0；
当x>0时，h′(x)>0，
所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，
在(0，＋∞)上单调递增，
⑦处通过不等式ex≥x＋1放缩函数f(x)
故h(x)≥h(0)＝0，
则ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立，(6分)
因为f(x)＝a(ex＋a)－x＝aex＋a2－x
＝ex＋ln a＋a2－x≥x＋ln a＋1＋a2－x，
当且仅当x＋ln a＝0，
即x＝－ln a时，等号成立，
⑧处构造函数g(a)
(9分)
⑨处求g(a)min并判断其符号
则g(a)>0恒成立，(共87张PPT)
专题一 函数与导数
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.
内容索引
考点一
考点二
考点三
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的最值
极值、最值的简单应用
专题强化练
考点一
利用导数研究函数的极值
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
例1
(1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
据此可得f(1)＝0，f′(1)＝－ln 2，
所以函数在(1，f(1))处的切线方程为y－0＝－ln 2(x－1)，
即(ln 2)x＋y－ln 2＝0.
即函数的定义域为(－∞，－1)∪(0，＋∞)，
(3)若f(x)在(0，＋∞)上存在极值，求a的取值范围.
由题意知f′(x)
则h(0)＝0，
故h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以h(x)0，
所以f(x)在(0，＋∞)上不存在极值；
当a≤0时，h′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
故h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以h(x)>h(0)＝0，即f′(x)<0，
所以f(x)在(0，＋∞)上不存在极值；
令g(x)＝ax－ln(x＋1)，
则当x→＋∞时，g(x)→＋∞，
故必存在x0∈(0，＋∞)，使得g(x0)>0，
所以f′(x0)>0，
由零点存在定理知符合题意.
易错提醒
(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.
(多选)(2023·临沂模拟)已知函数f(x)＝2ex－ax2＋2存在两个极值点x1，x2(x1A.0B.0C.若x2＝2x1，则a＝2ln 2
D.ln x1＋x2>0
跟踪演练1
√
√
由题可得f′(x)＝2ex－2ax，令f′(x)＝0，
即ex－ax＝0，显然x≠0，
若方程有两个不相等的实数根x1，x2(x1所以由g′(x)<0可得x∈(－∞，0)∪(0,1)，由g′(x)>0可得x∈(1，＋∞)，
所以g(x)在(－∞，0)，(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
且当x<0时，g(x)<0；
当x>0时，g(x)>0.
g(x)图象如图所示.
对于A，要使函数f(x)＝2ex－ax2＋2存在两个极值点x1，x2(x1g(1)＝e，A错误；
对于B，当a>e时，易知0对于C，若x2＝2x1，
则a＝ ，
对于D，因为 ，
所以x1 ＝x2 ，又0所以 >1，x2>1，所以x2 >1，
故x1 >1，所以ln x1＋x2>0，D正确.
考点二
利用导数研究函数的最值
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
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.
(2)(2023·抚州模拟)已知函数f(x)＝ex－2x，g(x)＝－x，且f(x1)＝g(x2)，则x1－x2的最小值为
A.1 B.e
C.1－ln 2 D.2－ln 2
√
由f(x1)＝g(x2)，得 －2x1＝－x2，
化简整理得x1－x2＝ －x1，
因为g(x)的值域，f(x)，g(x)的定义域均为R，
所以x1的取值范围也是R，
令h(x)＝ex－x(x∈R)，h′(x)＝ex－1，
令ex－1＝0，解得x＝0.
当x∈(－∞，0)时，h′(x)<0，即h(x)在(－∞，0)上单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0，即h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(0)＝1，故(x1－x2)min＝1.
易错提醒
(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.
(1)(2023·葫芦岛模拟)函数f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1在区间[0,2π]上的最大值为
跟踪演练2
√
f′(x)＞0，f(x)单调递增；
(2)(2023·宝鸡模拟)函数f(x)＝x2＋(a－1)x－3ln x在(1,2)上有最小值，则实
数a的取值范围为__________.
设g(x)＝2x2＋(a－1)x－3，因为Δ＝(a－1)2＋24>0，因此g(x)＝0有两个不相等的实数根，
又g(0)＝－3<0，因此g(x)＝0的两根一正一负，
由题意正根在(1,2)内，
考点三
极值、最值的简单应用
例3
(2023·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_____.
－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
所以t≥－3.
故实数t的最小值为－3.
易错提醒
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.
跟踪演练3
√
√
√
∴f′(0)＝0，又f(x)为偶函数，故x＝0为f(x)的极值点，B正确；
∴x＝π不是f(x)的极值点，故f(π)不是f(x)的最小值，C错误；
又－1≤cos x≤1，x2＋1≥1，则当cos x＝1，x2＋1＝1，即x＝0时，f(x)最大值为1，D正确.
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＝－3x3－3x2－x
1
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√
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显然A，B，C中的函数存在极值.
对于D，函数y＝－3x3－3x2－x，
则y′＝－9x2－6x－1＝－(3x＋1)2≤0，
所以函数y＝－3x3－3x2－x在R上是减函数，没有极值点.
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故函数在区间(2,3)上单调递减，在区间(3，＋∞)上单调递增，
故函数在x＝3处取得极小值也是最小值，
3.(2023·哈尔滨模拟)若函数f(x)＝ax3＋3x2＋b在x＝2处取得极值1，则a－b等于
A.－4 B.－3
C.－2 D.2
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14
由题意，x∈R，
在f(x)＝ax3＋3x2＋b中，f′(x)＝3ax2＋6x，
在x＝2处取得极值1，
∴a－b＝－1－(－3)＝2.
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4.(2023·全国乙卷)函数f(x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，则a的取值范围是
A.(－∞，－2) B.(－∞，－3)
C.(－4，－1) D.(－3,0)
√
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14
f(x)＝x3＋ax＋2，
则f′(x)＝3x2＋a，
若f(x)存在3个零点，
则f(x)要存在极大值和极小值，则a<0，
令f′(x)＝3x2＋a＝0，
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14
若f(x)存在3个零点，
√
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若a<0，则f′(x)>0，
此时f(x)为R上的增函数，
∴f(x)无最小值，故a>0，
∴当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)<0，
当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)>0，
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∴f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增，
∴a2b＝a＋aln a，
令g(a)＝a＋aln a(a>0)，
g′(a)＝1＋1＋ln a＝2＋ln a，
1
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14
当a∈(0，e－2)时，g′(a)<0，
当a∈(e－2，＋∞)时，g′(a)>0，
∴g(a)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增，
∴g(a)min＝g(e－2)＝e－2＋e－2·(－2)
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14
由题意知，当x∈(－∞，x1)时，f′(x)>0，
又f′(x)＝ex－axln a，
当a>1时，若x<0，ex<0，－axln a<0，所以f′(x)<0，
矛盾，故0由f′(x)＝ex－axln a＝0有两个不同实数根可知y＝ex，y＝axln a有两个不同交点，
设过原点与y＝axln a相切的直线为l，切点为(x0， ln a)，
因为y′＝ln2a·ax，
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所以k＝ln2a· ＝ ，
即k＝ln2a· ＝eln2a，如图，
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二、多项选择题
7.(2023·新高考全国Ⅱ)若函数f(x)＝aln x＋ (a≠0)既有极大值也有极小值，则
A.bc>0 B.ab>0
C.b2＋8ac>0 D.ac<0
√
√
√
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因为函数f(x)既有极大值也有极小值，
则函数f′(x)在(0，＋∞)上有两个变号零点，而a≠0，
因此方程ax2－bx－2c＝0有两个不相等的正实数根x1，x2，
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即有b2＋8ac>0，ab>0，ac<0，
显然a2bc<0，即bc<0，故A错误，B，C，D正确.
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8.已知函数f(x)＝ln(e3x＋1)＋ax(a∈R)，下列说法正确的是
A.若y＝f(x)是偶函数，则a＝
B.若y＝f(x)是偶函数，则a＝－3
C.若a＝－2，函数存在最小值
D.若函数存在极值，则实数a的取值范围是(－3,0)
√
√
√
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对于A，B，函数的定义域为R，
且f(－x)＝f(x)，
则ln(e－3x＋1)＋a(－x)＝ln(e3x＋1)＋ax，
则ln e3x＝－2ax，则3x＝－2ax恒成立，
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对于C，当a＝－2时，
f(x)＝ln(e3x＋1)－2x，
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因为f(x)存在极值，所以f′(x)有零点，
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解得－3三、填空题
9.(2023·北京朝阳区模拟)已知函数f(x)＝(x2－3)ex，则f(x)的极小值点为______.
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x＝1
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f(x)的定义域为R，
f′(x)＝2xex＋(x2－3)ex
＝(x2＋2x－3)ex＝(x＋3)(x－1)ex，
所以在(－∞，－3)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
在(－3,1)上f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(1，＋∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)的极小值点是x＝1.
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10.(2023·凉山模拟)已知函数f(x)的导函数为g(x)＝(x－1)(x2－3x＋a)，若1不是函数f(x)的极值点，则实数a的值为____.
2
由题意可知f′(x)＝g(x)＝(x－1)(x2－3x＋a)，若1不是函数f(x)的极值点，
令h(x)＝x2－3x＋a，h(1)＝0，即1－3＋a＝0 a＝2，
当a＝2时，f′(x)＝(x－1)(x2－3x＋2)＝(x－1)2(x－2)，
故当x>2时，f′(x)>0；当x<2时，f′(x)≤0，因此x＝2是f(x)的极值点，1不是极值点，故a＝2满足题意.
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11.(2023·泸州模拟)已知函数f(x)＝xln x＋mex有两个极值点，则m的取值
范围是____________.
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由题意，令f′(x)＝1＋ln x＋mex＝0，
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当x∈(0,1]时h(x)≥0，g′(x)≥0，
所以g(x)在(0,1]上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时h(x)<0，g′(x)<0，
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
当x→0时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→0，
12.(2023·江门模拟)已知f(x)＝|ln x|，x1，x2是方程f(x)＝a(a∈R)的两根，
且x11
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由题意x1，x2是方程|ln x|＝a的两根，且x1则a>0，ln x1＝－a，ln x2＝a，即x1＝e－a，x2＝ea，
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当00，g(x)单调递增；
当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
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四、解答题
13.(2023·西安模拟)已知函数f(x)＝ ＋ln x，其中a为常数，e为自然对数的底数.
(1)当a＝－1时，求f(x)的单调区间；
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函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝－1时，f(x)＝ln x－x，
令f′(x)>0得，01，
∴函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，
单调递减区间为(1，＋∞).
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(2)若f(x)在区间(0，e]上的最大值为2，求a的值.
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①当a>0时，x>0，∴f′(x)>0，
∴函数f(x)在(0，e]上单调递增，
∴f(x)max＝f(e)＝2，
②当－e令f′(x)＝0得x＝－a，
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∴f(x)max＝f(－a)＝2，
∴－1＋ln(－a)＝2，
∴a＝－e3不符合题意，舍去；
③当a≤－e时，在(0，e)上f′(x)>0，
x (0，－a) －a (－a，e)
f′(x) ＋ 0 －
f(x) 单调递增 极大值 单调递减
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∴a＝e不符合题意，舍去，
综上可得a＝e.
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14.已知函数f(x)＝(a－x)ln x.
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f(1)＝0，
故曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝(a－1)(x－1).
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(2)证明：当a>0时，函数f(x)存在唯一的极大值点.
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14
令g(x)＝－xln x－x＋a，g′(x)＝－ln x－2，
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g(a＋1)＝－(a＋1)ln(a＋1)＋a－(a＋1)<0，
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使得g(x0)＝0，即f′(x0)＝0，
当x∈(x0，＋∞)时，g(x)<0，即f′(x)<0，
综上所述，当x∈(0，x0)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，即f(x)存在唯一的极大值点x0.
专题一 函数与导数
本课结束(共62张PPT)
专题一 函数与导数
培优点3 同构函数问题
专题一 函数与导数
同构函数问题，是近几年高考的热点问题，考查数学素养和创新思维.同构函数问题是指在不等式、方程、函数中，通过等价变形形成相同形式，再构造函数，利用函数的性质解决问题，常见的同构有双变量同构和指对同构，一般都是压轴题，难度较大.
内容索引
考点一
考点二
双变量同构问题
指对同构问题
专题强化练
考点一
双变量同构问题
例1
(1)(多选)已知0√
√
(2)(2023·大连模拟)若实数a，b满足4a＋log3a＝8b＋3log27b，则
√
由题意知a>0，b>0，
∵4a＝22a,8b＝23b,3log27b＝log3b，
∴22a＋log3a＝23b＋log3b，
∴22a＋log3a＋log32＝23b＋log3b＋log32，
即22a＋log32a＝23b＋log32b，
∵y＝log3x在(0，＋∞)上单调递增，
∴log32b∴22a＋log32a<23b＋log33b.
设f(x)＝2x＋log3x，则f(2a)∵y＝2x与y＝log3x在(0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
规律方法
含有地位相等的两个变量的不等式(方程)，关键在于对不等式(方程)两边变形或先放缩再变形，使不等式(方程)两边具有结构的一致性，再构造函数，利用函数的性质解决问题.
跟踪演练1
(1)若对于0A. B.1
C.e D.2e
√
∵x2ln x1－x1ln x2≤x1－x2，
又0当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，
∴φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故a≤1，
∴a的最大值为1.
(2)(2023·德阳模拟)已知实数x，y满足eyln x＝yex，y>1，则x，y的大小关系为
A.y≥x B.yC.y>x D.y≤x
√
令f(x)＝x－ln x，
当x>1时，f′(x)>0，
所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
则当x>1时，f(x)>f(1)，即x－ln x>1，一定有x－ln x>0，
当x>1时，g′(x)>0，所以函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
考点二
指对同构问题
例2
考向1 指对同构与恒成立问题
已知函数f(x)＝ex＋(1－a)x－ln ax(a>0).
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
当a＝1时，f(x)＝ex－ln x，
切点坐标为(1，e)，斜率为f′(1)＝e－1，
所求切线方程为y－e＝(e－1)(x－1)，
即(e－1)x－y＋1＝0.
(2)若对于任意的x>0，有f(x)≥0，求正数a的取值范围.
f(x)≥0，
即ex＋x－ax－ln ax≥0(a>0，x>0)
ex＋x≥ax＋ln ax(a>0，x>0)
ex＋x≥eln ax＋ln ax(a>0，x>0).
令g(x)＝ex＋x，显然g(x)是增函数，
于是上式可化为g(x)≥g(ln ax)，
即x≥ln ax(a>0，x>0) ln a≤x－ln x(a>0，x>0).
令φ(x)＝x－ln x(x>0)，
易知φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
故φ(x)min＝φ(1)＝1，于是ln a≤1，
可得0例3
考向2 指对同构与证明不等式
已知函数f(x)＝xln x.
(1)求f(x)的最小值；
f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝1＋ln x，
∵x>2，∴x－1>1，
即证xex>(x－1)ln(x－1)，
即证exln ex>(x－1)ln(x－1)，
即证f(ex)>f(x－1)，
令φ(x)＝ex－(x－1)(x>2)，
φ′(x)＝ex－1>0，φ(x)在(2，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)>φ(2)＝e2－1>0，
∴ex>x－1，即证原不等式成立.
规律方法
指对同构的常用形式
(1)积型：aea≤bln b，一般有三种同构方式：
①同左构造形式：aea≤ln beln b，构造函数f(x)＝xex；
②同右构造形式：ealn ea≤bln b，构造函数f(x)＝xln x；
③取对构造形式：a＋ln a≤ln b＋ln(ln b) (b>1)，构造函数f(x)＝x＋ln x.
规律方法
规律方法
(3)和、差型：ea±a>b±ln b，一般有两种同构方式：
①同左构造形式：ea±a>eln b±ln b，构造函数f(x)＝ex±x；
②同右构造形式：ea±ln ea>b±ln b，构造函数f(x)＝x±ln x.
跟踪演练2
已知a>0，函数f(x)＝xex－ax.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；
当a＝1时，f(x)＝xex－x，
所以f′(x)＝(x＋1)ex－1，
所以f′(1)＝2e－1，f(1)＝e－1，
所以切线方程为y－(e－1)＝(2e－1)(x－1)，
即(2e－1)x－y－e＝0.
(2)若f(x)≥ln x－x＋1恒成立，求实数a的取值范围.
由题意得xex－ax≥ln x－x＋1，
即xex－ln x＋x－1≥ax，
令t＝x＋ln x，易知t＝x＋ln x在(0，＋∞)上单调递增，
当x→0时，t→－∞，当x→＋∞时，t→＋∞，
所以存在x0，使t＝x0＋ln x0＝0，
令m(t)＝et－t－1，t∈R，
因为m′(t)＝et－1，
所以当t∈(－∞，0)时，m′(t)<0，
即m(t)在(－∞，0)上单调递减；
当t∈(0，＋∞)时，m′(t)>0，
即m(t)在(0，＋∞)上单调递增，
所以m(t)min＝m(0)＝0，
所以m(t)≥m(0)＝0，
即m(t)＝et－t－1≥0，得到et≥t＋1，当且仅当t＝0时取等号，
当且仅当x＋ln x＝0时取等号，所以a≤2，又a>0，
所以a的取值范围是(0,2].
专题强化练
1.(2023·南宁模拟)已知α，β∈R，则“α＋β>0”是“α＋β>cos α－cos β”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
1
2
√
3
4
5
6
7
8
1
2
构造函数f(x)＝x－cos x，
则f′(x)＝1＋sin x≥0在定义域R上恒成立，
所以函数f(x)＝x－cos x为增函数，
又因为α＋β>0，所以α>－β，
所以f(α)>f(－β)，
即α－cos α>－β－cos(－β)，
即α－cos α>－β－cos β，
所以α＋β>cos α－cos β，
即“α＋β>0”能推出“α＋β>cos α－cos β”；
3
4
5
6
7
8
1
2
根据α＋β>cos α－cos β，
可得α－cos α>－β－cos β，
即α－cos α>－β－cos(－β)，
所以f(α)>f(－β)，所以α>－β，即α＋β>0，
所以“α＋β>cos α－cos β”能推出“α＋β>0”，
所以“α＋β>0”是“α＋β>cos α－cos β”的充要条件.
3
4
5
6
7
8
2.已知x∈N，y∈N，xA.0 B.1
C.2 D.无穷多个
1
2
√
3
4
5
6
7
8
1
2
xy＝yx，两边取对数，得yln x＝xln y，
当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
且当x∈(0,1]时，f(x)≤0，
3
4
5
6
7
8
1
2
所以满足x∈N，y∈N，x3
4
5
6
7
8
3.若2a＋log2a＝4b＋2log4b，则
A.a>2b B.a<2b
C.a>b2 D.a1
2
√
3
4
5
6
7
8
1
2
由指数和对数的运算性质可得
2a＋log2a＝4b＋2log4b＝22b＋log2b.
令f(x)＝2x＋log2x，
则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又∵22b＋log2b<22b＋log2b＋1＝22b＋log22b，
∴2a＋log2a<22b＋log22b，
即f(a)3
4
5
6
7
8
4.设a，b都为正数，e为自然对数的底数，若aeaA.ab>e B.b>ea
C.ab1
2
√
3
4
5
6
7
8
1
2
由已知aea设f(x)＝xln x，则f(ea)∵a>0，∴ea>1，
∵b>0，bln b>aea>0，∴b>1.
当x>1时，f′(x)＝ln x＋1>0，
则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以ea3
4
5
6
7
8
5.(多选)已知a>b>1，若ea－2a＝aeb＋1－bea，则
A.ln(a－b)<0
B.ln(a＋b)>1
C.3a＋3－b>
D.3a－1<3b
1
2
√
√
3
4
5
6
7
8
1
2
由ea－2a＝aeb＋1－bea，
得(b＋1)ea＝a(eb＋1＋2)，
所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增.
3
4
5
6
7
8
1
2
所以f(a)>f(b＋1)，所以a>b＋1，所以a－b>1，
所以ln(a－b)>ln 1＝0，A错误；
因为a＋b>b＋1＋b>3>e，
所以ln(a＋b)>ln e＝1，B正确；
因为a－1>b，所以3a－1>3b，D错误.
3
4
5
6
7
8
6.若f(x)＝xex－a(x＋ln x)有两个零点，则实数a的取值范围是__________.
1
2
(e，＋∞)
3
4
5
6
7
8
1
2
f(x)＝xex－a(x＋ln x)＝ex＋ln x－a(x＋ln x)，
令t＝x＋ln x，t∈R，显然该函数为增函数.
3
4
5
6
7
8
(1)讨论函数g(x)在定义域内的单调性；
1
2
由g′(x)>0，得0e.
∴g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减.
3
4
5
6
7
8
(2)若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围.
1
2
3
4
5
6
7
8
1
2
得a≤xex＋1－ln x－x＝eln x＋x＋1－(ln x＋x＋1)＋1，
令t＝ln x＋x＋1，t∈R，即a≤et－t＋1恒成立，
令φ(t)＝et－t＋1，t∈R，则φ′(t)＝et－1，
当t∈(－∞，0)时，φ′(t)<0；
当t∈(0，＋∞)时，φ′(t)>0，
∴φ(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(t)min＝φ(0)＝2，故a≤2.
3
4
5
6
7
8
8.(2023·潍坊模拟)已知函数f(x)＝ex－1ln x，g(x)＝x2－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
1
2
3
4
5
6
7
8
1
2
函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
所以当0当x>1时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，
3
4
5
6
7
8
1
2
所以h(x)≥h(1)＝1，
所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
3
4
5
6
7
8
(2)证明：当x∈(0,2)时，f(x)≤g(x).
1
2
3
4
5
6
7
8
1
2
原不等式为ex－1ln x≤x2－x＝x(x－1)，
所以当x<1时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，
3
4
5
6
7
8
1
2
令t(x)＝ln x－x＋1，x∈(0,2)，
当00，t(x)单调递增；
当1所以t(x)max＝t(1)＝0，所以ln x≤x－1，
3
4
5
6
7
8
1
2
所以可得到φ(ln x)≤φ(x－1)，
所以当x∈(0,2)时，有f(x)≤g(x)成立.
3
4
5
6
7
8(共75张PPT)
专题一 函数与导数
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.
内容索引
考点一
考点二
考点三
基本初等函数的图象与性质
函数的零点
函数模型及其应用
专题强化练
考点一
基本初等函数的图象与性质
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
例1
(1)已知log2a＋log2b＝0(a>0且a≠1，b>0且b≠1)，则函数f(x)＝
与g(x)＝logbx的图象可能是
√
log2a＋log2b＝0，
即为log2ab＝0，即有ab＝1，
当a＞1时，0＜b＜1，
当0＜a＜1时，b＞1，
(2)(2023·六盘水质检)设a＝0.70.8，b＝0.80.7，c＝log0.80.7，则a，b，c的大小关系为
A.b>c>a B.a>c>b
C.c>a>b D.c>b>a
√
由对数函数的性质，
可得c＝log0.80.7>log0.80.8＝1，
又由指数函数的性质，
可得1>b＝0.80.7>0.80.8，
由幂函数y＝x0.8在(0，＋∞)上单调递增，可得0.80.8>0.70.8＝a，
所以1>b>a，
所以log0.80.7>0.80.7>0.70.8，即c>b>a.
规律方法
(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.
(1)(多选)(2023·惠州模拟)若6a＝2,6b＝3，则
跟踪演练1
√
√
√
因为6b＝3,6a＝2，
所以b＝log63，a＝log62，则a＋b＝log66＝1，故A正确；
选项C，因为a>0，b>0，a≠b，
(2)(2023·邯郸模拟)不等式10x－6x－3x≥1的解集为___________.
[1，＋∞)
由10x－6x－3x≥1，
故不等式10x－6x－3x≥1的解集为[1，＋∞).
考点二
函数的零点
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
例2
考向1 函数零点个数的判断
√
所以f(x)＝－sin 2x，
例3
考向2 求参数的值或范围
若关于x的方程ex＝a|x|恰有两个不同的实数解，则实数a＝___.
e
如图，显然a>0.
当x≤0时，由单调性得方程ex＝－ax有且仅有一解.
因此当x>0时，方程ex＝ax只有一解.
即y＝ax与y＝ex相切，
y′＝ex，令y′＝a得x＝ln a，
故当x＝ln a时，ex＝ax，
得eln a＝aln a，即a＝aln a，
从而a＝e，故当a＝e时，y＝ax与函数y＝ex相切，此时方程ex＝ax有一解，
若方程ex＝a|x|恰有两个不同的解，则a＝e.
规律方法
利用函数零点的情况求参数值(或取值范围)的三种方法
(1)函数f(x)＝ 的零点个数为
A.1 B.2 C.3 D.4
跟踪演练2
√
当x≥0时，f(x)＝2x＋3x－4在(0，＋∞)上单调递增且f(0)f(1)<0，
∴f(x)在(0,1)上有唯一零点；
当x<0时，令x2＋2x＝0，
解得x＝－2(舍x＝0)，故f(x)共有2个零点.
(2)(2023·九江模拟)函数f(x)＝ －|x－1|的所有零点之和为____.
6
对称轴为x＝1＋2k，k∈Z，
且h(x)的对称轴为x＝1，
因为g(x)与h(x)有6个交点，
所以f(x)在[－3,5]上存在6个零点，
因为g(x)和h(x)的函数图象关于x＝1对称，
则f(x)零点关于x＝1对称，
所以f(x)的所有零点之和为6×1＝6.
考点三
函数模型及其应用
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)某纯净水制造厂在净化水的过程中，每增加一次过滤可使水中杂质减少50%，若要使水中杂质减少到原来的5%以下，则至少需要过滤(参考数据：lg 2≈0.301 0)
A.2次 B.3次
C.4次 D.5次
例4
√
设经过n(n∈N*)次过滤后，水中杂质减少到原来的5%以下，则(1－50%)n<5%，
不等式两边取常用对数得nlg 2>lg 2＋1，
故至少需要过滤5次.
(2)(多选)(2023·新高考全国Ⅰ)噪声污染问题越来越受到重视.用声压级来度量声音的强弱，定义声压级Lp＝20× ，其中常数p0(p0>0)是听觉下限阈值，p是实际声压.下表为不同声源的声压级：
声源 与声源的距离/m 声压级/dB
燃油汽车 10 60～90
混合动力汽车 10 50～60
电动汽车 10 40
已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车10 m处测得实际声压分别为p1，p2，p3，则
A.p1≥p2 B.p2>10p3
C.p3＝100p0 D.p1≤100p2
√
√
√
且 ∈[60,90]， ∈[50,60]，
所以 ，
所以p1≥p2，故A正确；
因为 ＝40，
所以p3＝ ＝100p0，故C正确；
所以p1≤100p2，故D正确.
假设p2>10p3，则 > ，
所以 >10，
所以 >20，不可能成立，故B不正确；
易错提醒
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.
(1)(2023·合肥模拟)Malthus模型是一种重要的数学模型.某研究人员在研究一种细菌繁殖数量N(t)与时间t的关系时，得到的Malthus模型是N(t)＝N0e0.46t，其中N0是t＝t0时刻的细菌数量，e为自然对数的底数.若t时刻细菌数量是t0时刻细菌数量的6.3倍，则t约为(ln 6.3≈1.84)
A.2 B.3
C.4 D.5
跟踪演练3
√
由题意得，N(t)＝N0e0.46t＝6.3N0，即e0.46t＝6.3，
则0.46t＝ln 6.3≈1.84，得t≈4.
(2)金针菇采摘后会很快失去新鲜度，甚至腐烂，所以超市销售金针菇时需要采取保鲜膜封闭保存.已知金针菇失去的新鲜度h与其采摘后时间t(天)满足的函数解析式为h＝mln(t＋a)(a>0).若采摘后1天，金针菇失去的新鲜度为40%，采摘后3天，金针菇失去的新鲜度为80%.那么若不及时处理，采摘下来的金针菇在多长时间后开始失去全部新鲜度(已知 ≈1.414，结果取一位小数)
A.4.0天 B.4.3天
C.4.7天 D.5.1天
√
ln(3＋a)＝2ln(1＋a)，(1＋a)2＝3＋a，
因为a>0，故解得a＝1，
设t天后开始失去全部新鲜度，则mln(t＋1)＝1，
又mln(1＋1)＝0.4，
2ln(t＋1)＝5ln 2＝ln 32，
专题强化练
一、单项选择题
1.已知幂函数y＝f(x)的图象过点(8, )，则f(9)的值为
A.2 B.3
C.4 D.9
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15
16
√
2.(2023·南昌模拟)已知a＝log40.4，b＝log0.40.2，c＝0.40.2，则
A.c>a>b B.c>b>a
C.b>c>a D.a>c>b
因为a＝log40.4b＝log0.40.2>log0.40.4＝1，
0c>a.
1
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3
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13
14
15
16
√
因为2a＝9，
所以a＝log29＝log232＝2log23，
4.已知函数y＝loga(x＋c)(a，c为常数，其中a>0，a≠1)的图象如图所示，则下列结论成立的是
A.a>1，c>1
B.a>1,0C.01
D.01
2
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15
16
由题图可知函数为减函数，
结合y＝loga(x＋c)可知0当x＝1时，loga(1＋c)<0，∴1＋c>1，∴c>0，
当x＝0时，logac>0，∴05.(2023·银川模拟)函数f(x)＝log2x＋x2＋m在区间(2,4)上存在零点，则实数m的取值范围是
A.(－∞，－18) B.(5，＋∞)
C.(5,18) D.(－18，－5)
√
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16
由函数零点存在定理可知，若函数f(x)＝log2x＋x2＋m在区间(2,4)上存在零点，
显然函数为增函数，只需满足f(2)·f(4)<0，即(m＋5)(m＋18)<0，
解得－18所以实数m的取值范围是(－18，－5).
1
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A.a>b>c B.b>a>c
C.c>b>a D.a>c>b
√
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在同一坐标系中，作出y＝2x，y＝ ，y＝log2x，y＝log3x的图象，由图象得c>b>a.
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7.(2023·郑州模拟)某中学坚持“五育”并举，全面推进素质教育.为了更好地增强学生们的身体素质，校长带领同学们一起做俯卧撑锻炼.锻炼是否达到中等强度运动，简单测量方法为f(t)＝ket，其中t为运动后心率(单位：次/分)与正常时心率的比值，k为每个个体的体质健康系数.若f(t)介于[28,34]之间，则达到了中等强度运动；若低于28，则运动不足；若高于34，则运动过量.已知某同学正常时心率为80，体质健康系数k＝7，经过俯卧撑后心率y(单位：次/分)满足y
＝ ，x为俯卧撑个数.已知俯卧撑每组12个，若该同学要达到中等
强度运动，则较合适的俯卧撑组数为(e为自然对数的底数，e≈2.718)
A.2 B.3 C.4 D.5
√
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由题意，设俯卧撑组数为a(a∈N*)，
则x＝12a，
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8.(2023·铜陵模拟)已知a＝log75，b＝log97，c＝log119，则
A.aC.b√
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所以log75－log97<0，即a1
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所以log97－log119<0，即b二、多项选择题
9.(2023·红河模拟)下列函数中，是奇函数且存在零点的是
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√
√
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对于B，设f(x)＝x3＋x，x∈R，则f(－x)＝(－x)3－x＝－x3－x＝－f(x)，得y＝x3＋x为奇函数，令x3＋x＝0，得x＝0，即函数存在零点，B符合；
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√
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当a>b>0时，A正确；
当2a>b>a>0时，B正确；
当0>a>b>2a时，D正确；
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√
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设2a＝3b＝6c＝t，
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√
因为f(x)的定义域为R，
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所以f(－x)＝log4(2x＋2－x)＝f(x)，
所以f(x)为偶函数，所以A错误，B正确；
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又t＝2x为增函数，
所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增.
又f(x)为R上的偶函数，
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所以C错误，D正确.
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三、填空题
13.(2023·深圳模拟)若函数f(x)＝ － 的零点属于区间(n，n＋1)(n∈N)，则n＝_____.
0
所以函数在(0,1)上有唯一零点，所以n＝0.
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函数y＝4[f(x)]2－8f(x)＋3的零点即为方程4[f(x)]2－8f(x)＋3＝0的根，
作出函数y＝f(x)的图象，如图所示.
因此函数y＝4[f(x)]2－8f(x)＋3的零点有7个.
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15.(2023·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≈0.3，lg 3≈0.477)
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设该污染物排放前过滤的次数为n(n∈N*)，
因为lg 2≈0.3，lg 3≈0.477，
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所以n≥7.77，又n∈N*，所以nmin＝8，即该污染物排放前需要过滤的次数至少为8.
16.已知a>0且a≠1，方程xa＝ln x(x>0)有且仅有两个不相等的实数根，则
a的取值范围为________.
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16
由xa＝ln x(x>0)，
得ln(ln x)＝aln x(x>1).
令g′(t)＝0，得t＝e.
在(0，e)上g′(t)>0，g(t)单调递增；
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16
在(e，＋∞)上g′(t)<0，g(t)单调递减，
又当t>1时，g(t)>0恒成立，
所以方程xa＝ln x(x>0)有且仅有两个不相等的实数根，
专题一 函数与导数
本课结束(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与值域、
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.
内容索引
考点一
考点二
考点三
函数的概念与表示
函数的图象
函数的性质
专题强化练
考点一
函数的概念与表示
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
(1)(2023·南昌模拟)已知函数f(x)的定义域为(1，＋∞)，则函数F(x)＝f(2x－3)＋ 的定义域为
A.(2,3] B.(－2,3]
C.[－2,3] D.(0,3]
√
√
故当x≤2时，满足f(x)＝7－x≥5.
若a>1，f(x)＝3＋logax在它的定义域上为增函数，
当x>2时，由f(x)＝3＋logax≥5，
得logax≥2，∴loga2≥2，
若0规律方法
(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.
(1)(2023·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.f(x)＝sin xcos x B.f(x)＝ln x＋ex
C.f(x)＝2x D.f(x)＝x2－2x
√
√
B中，函数f(x)＝ln x＋ex的值域为R，故B是“M函数”；
C中，因为f(x)＝2x>0，故C不是“M函数”；
D中，f(x)＝x2－2x＝(x－1)2－1≥－1，其值域不关于原点对称，故D不是“M函数”.
考点二
函数的图象
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)(2023·宁波十校联考)函数f(x)＝ 的图象可能为
例2
√
定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，
且f(－x)＝－ln |－x|sin(－2x)＝ln |x|sin 2x＝－f(x)，
所以函数f(x)为奇函数，图象关于原点对称，故排除选项B，D；
当x∈(0,1)时，ln |x|<0，sin 2x>0，
所以f(x)＝－ln |x|sin 2x>0，故排除选项C.
(2)(多选)(2023·吉安模拟)已知函数f(x)＝ 若x1且f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝f(x4)，则下列结论正确的是
A.x1＋x2＝－4
B.x3x4＝1
C.1D.0√
√
设f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝f(x4)＝t，则0则直线y＝t与函数y＝f(x)的图象的4个交点横
坐标分别为x1，x2，x3，x4，
对于A，函数y＝－x2－4x的图象关于直线x＝－2对称，则x1＋x2＝－4，故A正确；
对于B，由图象可知|log2x3|＝|log2x4|，且0所以－log2x3＝log2x4，即log2(x3x4)＝0，所以x3x4＝1，故B正确；
当x≤0时，f(x)＝－x2－4x＝－(x＋2)2＋4≤4，
由图象可知log2x4∈(0,4)，则1故C错误；
由图象可知－4所以x1x2x3x4＝x1(－4－x1)＝ －4x1＝－(x1＋2)2＋4∈(0,4)，故D错误.
规律方法
(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.
(1)(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
跟踪演练2
√
对于选项B，当x＝1时，y＝0，与图象不符，故排除B；
√
函数f(x)的图象如图所示.
f(x－1)的图象可由f(x)的图象向右平移一个单位长度得到，故A正确；
f(－x)的图象可由f(x)的图象关于y轴对称后得到，故B正确；
由于f(x)的值域为[0,2]，故f(x)＝|f(x)|，故|f(x)|的图象与f(x)的图象完全相同，故C正确；
很明显D中f(|x|)的图象不正确.
当－1≤x≤0时，f(x)＝－2x，表示一条线段，且线段经过(－1,2)和(0,0)两点.
考点三
函数的性质
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.
例3
考向1 单调性与奇偶性
(2023·泰安模拟)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.aC.b√
因为f(x)为奇函数且在R上是减函数，
所以f(－x)＝－f(x)，且当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(0，＋∞)上单调递减.
a＝g(－log25.1)＝g(log25.1)，
因为3＝log28>log25.1>log24＝2>20.8，
所以g(3)例4
(多选)(2023·盐城统考)已知函数f(x)，g(x)的定义域均为R，f(x)为偶函数，且f(x)＋g(2－x)＝1，g(x)－f(x－4)＝3，下列说法正确的有
A.函数g(x)的图象关于直线x＝1对称
B.函数f(x)的图象关于点(－1，－1)对称
C.函数f(x)是以4为周期的周期函数
D.函数g(x)是以6为周期的周期函数
√
√
考向2 奇偶性、周期性与对称性
对于A选项，因为f(x)为偶函数，
所以f(－x)＝f(x).
由f(x)＋g(2－x)＝1，
可得f(－x)＋g(2＋x)＝1，
可得g(2＋x)＝g(2－x)，
所以函数g(x)的图象关于直线x＝2对称，A错误；
对于B选项，因为g(x)－f(x－4)＝3，
则g(2－x)－f(－2－x)＝3，
又因为f(x)＋g(2－x)＝1，
可得f(x)＋f(－2－x)＝－2，
所以函数f(x)的图象关于点(－1，－1)对称，B正确；
对于C选项，因为函数f(x)为偶函数，
且f(x)＋f(－2－x)＝－2，
则f(x)＋f(x＋2)＝－2，
从而f(x＋2)＋f(x＋4)＝－2，
则f(x＋4)＝f(x)，
所以函数f(x)是以4为周期的周期函数，C正确；
对于D选项，因为g(x)－f(x－4)＝3，
且f(x)＝f(x－4)，
所以g(x)－f(x)＝3，
又因为f(x)＋g(2－x)＝1，
所以g(x)＋g(2－x)＝4，
又因为g(2－x)＝g(2＋x)，
则g(x)＋g(x＋2)＝4，
所以g(x＋2)＋g(x＋4)＝4，
故g(x＋4)＝g(x)，
因此函数g(x)是周期为4的周期函数，D错误.
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)(2023·林芝模拟)已知定义在R上的函数f(x)在(－∞，2]上单调递减，且f(x＋2)为偶函数，则不等式f(x－1)>f(2x)的解集为
跟踪演练3
√
∵函数f(x＋2)为偶函数，
∴f(－x＋2)＝f(x＋2)，即f(2－x)＝f(2＋x)，
∴函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，
又∵函数f(x)的定义域为R，在区间(－∞，2]上单调递减，
∴函数f(x)在区间(2，＋∞)上单调递增，
∴由f(x－1)>f(2x)得|(x－1)－2|>|2x－2|，
(2)(多选)已知函数f(x)，g(x)的定义域为R，g′(x)为g(x)的导函数，g(x)为偶函数且f(x)＋g′(x)＝2，f(x)－g′(4－x)＝2，则下列结论正确的是
A.g′(x)为奇函数 B.f(2)＝2
C.g′(2)＝2 D.f(2 022)＝2
√
√
√
∵g(x)为偶函数，∴g(－x)＝g(x)，
∴－g′(－x)＝g′(x)，即g′(x)为奇函数，故A正确；
又f(x)＋g′(x)＝2，f(x)－g′(4－x)＝2，
解得f(2)＝2，g′(2)＝0，
故B正确，C错误；
∵f(x)－g′(4－x)＝2，∴f(x＋4)－g′(－x)＝2，
又g′(x)为奇函数，则f(x＋4)＋g′(x)＝2，
又f(x)＋g′(x)＝2，
∴f(x＋4)＝f(x)，
故f(x)是以4为周期的周期函数，
∴f(2 022)＝f(2)＝2，故D正确.
专题强化练
一、单项选择题
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D满足①，当x∈(0,1)时，f(x)＝ln(1－x)单调递减，也满足②.
B不满足①；
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函数定义域为(－∞，－1)∪(－1,1)∪(1，＋∞)，
函数为奇函数，排除B，D；
故f(3)>f(4)，排除A.
4.(2023·天津)函数f(x)的图象如图所示，则f(x)的解析式可能为
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由题图知，函数图象关于y轴对称，其为偶函数，且f(－2)＝f(2)<0，
A，B为奇函数，排除；
5.(2023·新高考全国Ⅰ)设函数f(x)＝2x(x－a)在区间(0,1)上单调递减，则a的取值范围是
A.(－∞，－2] B.[－2,0)
C.(0,2] D.[2，＋∞)
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函数y＝2x在R上是增函数，而函数f(x)＝2x(x－a)在区间(0,1)上单调递减，
所以a的取值范围是[2，＋∞).
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因为f(2a－1)－1≤0 f(2a－1)≤1.
①当2a－1≥1时，
f(2a－1)≤1恒成立.
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7.(2023·大连模拟)已知对于每一对正实数x，y，函数f(x)都满足：f(x)＋f(y)＝f(x＋y)－xy－1，若f(1)＝1，则满足f(n)＝n(n∈N*)的n的个数是
A.1 B.2 C.3 D.4
√
令y＝1得f(x)＋f(1)＝f(x＋1)－x－1，
即f(x＋1)－f(x)＝x＋2，
故当x∈N*时，f(x＋1)－f(x)>0，
又f(1)＝1，f(2)＝4，故f(x)>0在x∈N*上恒成立，且f(x)在x∈N*上单调递增，所以满足f(n)＝n(n∈N*)仅有f(1)＝1，即n仅有1个.
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因为f(x)的图象关于点(3,0)中心对称，
所以f(x＋3)＝－f(－x＋3)，则f(x)＝－f(－x＋6)，
所以f′(x)＝f′(－x＋6)，即g(x)＝g(－x＋6)，
所以g(x＋3)＝g(－x＋3)，
所以函数g(x)的图象关于直线x＝3对称.
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所以g(x)的周期为T＝3.
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又g(3)＝－3，所以g(1)＋g(2)＋g(3)＝1.
二、多项选择题
9.(2023·大同模拟)十九世纪德国数学家狄利克雷提出了“狄利克雷函
数”D(x)＝ 它在现代数学的发展过程中有着重要意义，若
函数f(x)＝x2－D(x)，则下列函数f(x)的函数值可能是
A.3 B.2
C.1 D.0
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当－2≤x<1时，f(x)＝x2的值域为[0,4]，当x≥1时，f(x)＝－x＋2的值域为(－∞，1]，故f(x)的值域为(－∞，4]，故B正确；
当x≥1时，令f(x)＝－x＋2＝2，无解，当－2≤x<1时，令f(x)＝x2＝2，得到x＝ ，故C正确；
当－2≤x<1时，令f(x)＝x2<1，解得－11，故f(x)<1的解集为(－1,1)∪(1，＋∞)，故D错误.
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对于A，f(x)的定义域为R，
所以f(x)是R上的偶函数，
所以函数f(x)的图象关于y轴对称，故A正确；
对于B，对于任意的x∈R，
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所以π为函数f(x)的一个周期，故2π不是函数f(x)的最小正周期，故C错误；
所以函数f(x)的最小值为2，故D正确.
12.(2023·嘉兴模拟)设函数f(x)的定义域为R，其导函数为f′(x)，若f′(－x)＝f′(x)，f(2x)＋f(2－2x)＝3，则下列结论一定正确的是
A.f(1－x)＋f(1＋x)＝3
B.f′(2－x)＝f′(2＋x)
C.f′(f(1－x))＝f′(f(1＋x))
D.f(f′(x＋2))＝f(f′(x))
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f(2x)＋f(2－2x)＝3，
令x＝2x，得f(x)＋f(2－x)＝3，令x＝x＋1，
得f(1－x)＋f(1＋x)＝3，故A正确；
由选项A的分析知f(x)＋f(2－x)＝3，等式两边同时求导，
得f′(x)－f′(2－x)＝0，即f′(x)＝f′(2－x)， ①
又f′(x)＝f′(－x)，f′(x)为偶函数，
所以f′(2－x)＝f′(x－2)， ②
由①②得f′(x)＝f′(x－2)，所以函数f′(x)的周期为2.
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所以f′(2－x)＝f′(x)＝f′(2＋x)，
即f′(2－x)＝f′(2＋x)，故B正确；
由选项B的分析知f′(2－x)＝f′(2＋x)，
则函数f′(x)的图象关于直线x＝2对称.
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由选项B的分析可知函数f′(x)的周期为2，则f′(x)＝f′(x＋2)，
所以f(f′(x))＝f(f′(x＋2))，故D正确.
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三、填空题
13.(2023·全国甲卷)若f(x)＝(x－1)2＋ax＋ 为偶函数，则a＝_____.
2
＝(x－1)2＋ax＋cos x＝x2＋(a－2)x＋1＋cos x，
且函数为偶函数，
∴a－2＝0，解得a＝2.
经验证，当a＝2时满足题意.
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14.(2023·湖州、衢州、丽水三市模拟)定义在R上的非常数函数f(x)满足：f(－x)＝f(x)，且f(2－x)＋f(x)＝0.请写出符合条件的一个函数的解析式
__________________________.
由f(2－x)＋f(x)＝0，得出对称中心(1,0)，且由f(－x)＝f(x)得出对称轴为y轴，且周期为4，即满足上述条件的函数都可以.
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显然f(x)是偶函数，
当00，
当x>2时，ex>e2，
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所以f′(x)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减.
所以当f(x－1)>f(2x)时，有|x－1|>|2x|，
16.(2023·江苏省八市模拟)已知函数f(x)的定义域为R，y＝f(x)＋ex是偶函数，y＝f(x)－3ex是奇函数，则f(x)的最小值为______.
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因为函数y＝f(x)＋ex为偶函数，
所以f(－x)＋e－x＝f(x)＋ex，
即f(x)－f(－x)＝e－x－ex， ①
又因为函数y＝f(x)－3ex为奇函数，
所以f(－x)－3e－x＝－f(x)＋3ex，
即f(x)＋f(－x)＝3ex＋3e－x， ②
联立①②可得f(x)＝ex＋2e－x，
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专题一 函数与导数
本课结束(共35张PPT)
专题一 函数与导数
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
(2023·十堰调研)已知函数f(x)＝(2－x)ex－ax－2.
(1)若f(x)在R上是减函数，求a的取值范围；
(2)当0≤a<1时，求证：f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点x0，且x0< .
母题
思路分析
f′(x)≤0恒成立
f′(x)max≤0求解
0 ax0＋x0<(2－x0)
(2－x0) ≤e
(1)因为f(x)＝(2－x)ex－ax－2，
所以f′(x)＝(1－x)ex－a.
由f(x)在R上是减函数，得f′(x)≤0，
即(1－x)ex－a≤0在R上恒成立.
令g(x)＝(1－x)ex－a，则g′(x)＝－xex.
当x∈(－∞，0)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(0，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减.
故g(x)max＝g(0)＝1－a≤0，解得a≥1，
即a的取值范围为[1，＋∞).
(2)由(1)可知，f′(x)在(0，＋∞)上单调递减，
且当0≤a<1时，f′(0)＝1－a>0，
f′(1)＝－a≤0，
故 x1∈(0,1]，使得f′(x1)＝0.
当x∈(0，x1)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当x∈(x1，＋∞)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减.
因为f(0)＝0，f(2)＝－2a－2<0，
所以f(x)在(0,2)上只有一个零点x0，
故函数f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点x0.
即证ax0＋x0因为f(x0)＝(2－x0) －ax0－2＝0，
所以(2－x0) ＝ax0＋2>ax0＋x0，
令h(x)＝(2－x)ex－e,0则h′(x)＝(1－x)ex.
当x∈(0,1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；
当x∈(1,2)时，h′(x)<0，h(x)单调递减.
故h(x)max＝h(1)＝0.
即(2－x0) －e≤0，即(2－x0) ≤e，
所以ax0＋x0 (2023·哈师大附中模拟)已知函数f(x)＝ex＋exln x(其中e是自然对数的底数).
求证：f(x)≥ex2.
子题1
由f(x)≥ex2，得ex＋exln x≥ex2，
令h(x)＝ex－1－x，则h′(x)＝ex－1－1，
当x>1时，h′(x)>0；当0所以h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)≥h(1)＝0.
所以当01时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
于是g(x)≥g(1)＝0，原不等式得证.
已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝ex.证明：f(x)＋ >g(－x).
子题2
根据题意，g(－x)＝e－x，
设函数m(x)＝xln x，则m′(x)＝1＋ln x，
则h′(x)＝e－x(1－x).
所以当x∈(0,1)时，h′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，
综上，当x>0时，m(x)>h(x)，
规律方法
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.
跟踪演练
1.(2023·桂林模拟)已知函数f(x)＝x2－cos x，求证：f(x)＋2－ >0.
f(x)＝x2－cos x，
令g(x)＝x2－cos x，
∵g(－x)＝g(x)，∴g(x)为偶函数，
当x∈[0，＋∞)时，g′(x)＝2x＋sin x，令k(x)＝2x＋sin x，k′(x)＝2＋cos x>0，
∴g′(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴g′(x)≥g′(0)＝0，
∴g(x)在[0，＋∞)上单调递增，
由g(x)为偶函数知，g(x)在(－∞，0]上单调递减，
∴g(x)≥g(0)＝－1.
∴当x>1时，h′(x)<0，
∴h(x)在(1，＋∞)上单调递减；
当x<1时，h′(x)>0，
∴h(x)在(－∞，1)上单调递增.
∴h(x)max＝h(1)＝－1，
原不等式得证.
2.(2023·南昌模拟)已知函数f(x)＝a(x2－1)－ln x(x>0).
若0由f(x)＝a(x2－1)－ln x，
所以当0f(1)＝0，
又当x→＋∞时，f(x)→＋∞，
所以必然存在x0>1，使得f(x0)＝0，
要证f′(x0)<1－2a，
所以当x>1时，φ′(x)<0，则φ(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以φ(x)<φ(1)＝0.
专题强化练
1
2
1.(2023·咸阳模拟)已知函数f(x)＝ (x∈R).
(1)求f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
所以所求切线为x－y＝0.
1
2
(2)求证：当x∈[0，π]时，f(x)≤x.
1
2
由f(x)≤x，x∈[0，π]，
即xex－sin x≥0，x∈[0，π]，
令g(x)＝xex－sin x，x∈[0，π]，
则g′(x)＝ex＋xex－cos x，
令h(x)＝ex＋xex－cos x，x∈[0，π]，
则h′(x)＝2ex＋xex＋sin x≥0在[0，π]上恒成立，
1
2
所以h(x)在[0，π]上单调递增，有h(x)≥h(0)＝0，
所以g′(x)≥0在[0，π]上恒成立，
即g(x)在[0，π]上单调递增，
所以g(x)≥g(0)＝0，
即xex－sin x≥0，x∈[0，π]，
综上，当x∈[0，π]时，f(x)≤x.
1
2
2.(2023·江苏省八市模拟)已知函数f(x)＝ax－ln x－ ，设x1，x2是函数f(x)的两个极值点，且x1(1)求a的取值范围；
1
2
由题意得ax2－x＋a＝0有两个不相等的正实数根，
1
2
(2)证明：f(x1)－f(x2)1
2
f(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增，
所以x1是f(x)的极大值点，x2是f(x)的极小值点.
因为x2－x1－f(x1)＋f(x2)
1
2
1
2
所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(t)>g(1)＝0.
所以x2－x1－f(x1)＋f(x2)>0，
即f(x1)－f(x2)所以原不等式成立.(共68张PPT)
专题一 函数与导数
微重点1 导数中函数的构造问题
专题一 函数与导数
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，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.
内容索引
考点一
考点二
导数型构造函数
构造函数比较大小
专题强化练
考点一
导数型构造函数
例1
考向1 利用f(x)与x构造
√
所以(x＋1)f′(x)－f(x)<0，
所以g(x)在定义域上是减函数，
从而g(1)>g(2)>g(3)>g(5)，
所以4f(2)>3f(3)，2f(1)>f(3)，2f(2)>f(5)，3f(1)>f(5).
规律方法
(1)出现nf(x)＋xf′(x)的形式，构造函数F(x)＝xnf(x)；
(2)出现xf′(x)－nf(x)的形式，构造函数F(x)＝ .
跟踪演练1
(2023·常州模拟)已知f(x)是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，f′(x)是f(x)的导函数，当x>0时，xf′(x)＋2f(x)>0，若f(2)＝0，则不等式x2f(x)>0的解集是___________________.
(－2,0)∪(2，＋∞)
构造函数g(x)＝x2f(x)，其中f(x)为奇函数且x≠0，
则g(－x)＝(－x)2f(－x)＝－x2f(x)＝－g(x)，
所以函数g(x)为奇函数，
且g(2)＝0，g(－2)＝－g(2)＝0，
当x>0时，g′(x)＝x2f′(x)＋2xf(x)＝x[xf′(x)＋2f(x)]>0，
所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为函数g(x)为奇函数，故函数g(x)在(－∞，0)上单调递增，
故x2f(x)>0 g(x)>0，
当x<0时，g(x)>0＝g(－2)，可得－2当x>0时，g(x)>0＝g(2)，可得x>2.
综上所述，不等式x2f(x)>0的解集为(－2,0)∪(2，＋∞).
例2
考向2 利用f(x)与ex构造
√
(2023·黄山模拟)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
因为f′(x)－2f(x)<0在R上恒成立，
所以g′(x)<0在R上恒成立，
故g(x)是减函数，
所以g(－1)>g(0)，
即f(1)规律方法
(1)出现f′(x)＋nf(x)的形式，构造函数F(x)＝enxf(x)；
函数f(x)的定义域是R，f(0)＝2，对任意x∈R，f(x)＋f′(x)>1，则不等式ex·f(x)>ex＋1的解集为
A.{x|x>0}
B.{x|x<0}
C.{x|x<－1或x>1}
D.{x|x<－1或0跟踪演练2
√
令φ(x)＝exf(x)－ex，x∈R，
则φ′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1].
又f(x)＋f′(x)>1，∴f(x)＋f′(x)－1>0，
∴φ′(x)>0，
∴φ(x)在定义域上是增函数，
不等式exf(x)>ex＋1可化为exf(x)－ex>1，
又φ(0)＝e0f(0)－e0＝1，
∴原不等式等价于φ(x)>φ(0)，故x>0，
∴原不等式的解集为{x|x>0}.
例3
考向3 利用f(x)与sin x，cos x构造
√
因为函数f(x)为偶函数，所以函数g(x)也为偶函数，
规律方法
函数f(x)与sin x，cos x相结合构造可导函数的几种常见形式
(1)F(x)＝f(x)sin x，
F′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cos x；
规律方法
(3)F(x)＝f(x)cos x，
F′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x；
跟踪演练3
√
令g(x)＝f(x)sin x，则g′(x)＝f(x)cos x＋f′(x)sin x，
考点二
构造函数比较大小
例4
√
构造函数f(x)＝2ln(x＋1)－x(0当00，f(x)在(0,1)上单调递增，
A.a>b>c B.b>a>c
C.b>c>a D.a>c>b
√
设f(x)＝ex－x－1，
所以f′(x)＝ex－1，
令f′(x)<0 x<0，令f′(x)>0 x>0，
所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
则f(x)≥f(0)＝0，即ex－x－1≥0，得ex≥x＋1.
规律方法
构造函数比较大小的常见类型
(1)构造相同的函数，利用单调性，比较函数值的大小；
(2)构造不同的函数，通过比较两个函数的函数值进行比较大小.
跟踪演练4
√
f′(x)<0 x>e，
所以f(x)在(e，＋∞)上单调递减，
又因为e<3<π，
所以f(e)>f(3)>f(π)，即a>c>b.
(2)已知a＝1012，b＝1111，c＝1210，则a，b，c的大小关系为
A.b>c>a B.b>a>c
C.a>c>b D.a>b>c
√
构造函数f(x)＝(22－x)ln x，x≥10，
故f(x)＝(22－x)ln x在[10，＋∞)上单调递减，
所以f(10)>f(11)>f(12)，
即12ln 10>11ln 11>10ln 12，
所以1012>1111>1210，即a>b>c.
专题强化练
1.(2023·汉中模拟)已知函数f(x)是定义在R上的函数，且满足f′(x)＋f(x)>0，其中f′(x)为f(x)的导数，设a＝f(0)，b＝3f(ln 3)，c＝ef(1)，则a，b，c的大小关系是
A.c>b>a B.a>b>c
C.c>a>b D.b>c>a
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√
令g(x)＝exf(x)，
则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]，
因为f′(x)＋f(x)>0，而ex>0恒成立，
所以g′(x)>0，
所以g(x)在定义域上是增函数，
又0<1＝ln e所以g(0)因为a＝f(0)＝e0f(0)＝g(0)，
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b＝3f(ln 3)＝eln 3f(ln 3)＝g(ln 3)，
c＝ef(1)＝g(1)，
所以b>c>a.
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2.(2023·广州模拟)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)A.(0,1) B.(0，e)
C.(1，＋∞) D.(e，＋∞)
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√
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令函数g(x)＝f(x)－ln x，x>0，
因此函数g(x)在定义域(0，＋∞)上是减函数，
g(e)＝f(e)－ln e＝1，
因此f(ex)e，解得x>1，
所以不等式f(ex)A.aC.c√
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设函数g(x)＝f(x)cos x，
则g′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x，
因为f′(x)cos x－f(x)sin x>0，所以g′(x)>0，
所以g(x)在(0，π)上是增函数，
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A.aC.c1
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√
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∴f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
√
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依题意，对任意x∈R，都有f(x＋4)＝f(x)，
所以f(x)是周期为4的周期函数.
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所以F(x)在区间(0,4]上单调递增，所以F(1)1
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6.已知f′(x)是函数f(x)的导函数，且对于任意实数x都有f′(x)－f(x)＝ex(2x－1)，f(0)＝－1，则不等式f(x)<5ex的解集为
A.(－∞，－2)∪(3，＋∞)
B.(－∞，－3)∪(2，＋∞)
C.(－2,3)
D.(－3,2)
√
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∵f′(x)－f(x)＝ex(2x－1)，
即g′(x)＝2x－1，
∴g(x)＝x2－x＋c， ②
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∴f(x)＝ex(x2－x＋c)，又f(0)＝－1，
∴e0·c＝－1，即c＝－1，
∴－21
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7.已知a，b，c∈(1，＋∞)，且a－ln a－1＝e－1，b－ln b－2＝e－2，c－ln c－4＝e－4，其中e是自然对数的底数，则
A.aC.b√
由题意可得a－ln a＝e－1＋1，
b－ln b＝e－2＋2，
c－ln c＝e－4＋4，
令f(x)＝e－x＋x，
则f′(x)＝－e－x＋1，
因为当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(1)即a－ln a1
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因为当x>1时，g′(x)>0，
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，又因为a，b，c∈(1，＋∞)且g(a)所以a1
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A.a>b>c B.a>c>b
C.c>b>a D.c>a>b
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√
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故f(x)在[0，＋∞)上单调递减，
所以f(0.1)1
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构造函数g(x)＝ln(1＋x)－x，x∈(－1,0]，
综上，b9.(2023·吉林省实验校考模拟)已知a＝sin 0.9，b＝0.9，c＝cos 0.9，则a，b，c的大小关系是________.
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b>a>c
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令函数f(x)＝x－sin x，x>0，
则f′(x)＝1－cos x≥0恒成立，故函数f(x)在定义域(0，＋∞)上是增函数，
所以当x>0时，f(x)>f(0)＝0，
则f(0.9)＝0.9－sin 0.9>0，
于是0.9>sin 0.9，即b>a；
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所以sin x>cos x，
于是sin 0.9>cos 0.9，即a>c.
综上，b>a>c.
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10.设函数f(x)在R上存在导数f′(x)，对任意的x∈R，有f(x)－f(－x)＝2sin x，
且在[0，＋∞)上，f′(x)>cos x.若 －f(t)>cos t－sin t，则实数t的取
值范围为____________.
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10
因为f(x)－f(－x)＝2sin x，
所以f(x)－sin x＝f(－x)－sin(－x)，
设g(x)＝f(x)－sin x，x∈R，
可得g(x)＝g(－x)，所以g(x)为偶函数，
在[0，＋∞)上有f′(x)>cos x，
所以g′(x)＝f′(x)－cos x>0，x∈[0，＋∞)，
故g(x)在[0，＋∞)上单调递增，根据偶函数的对称性可知，g(x)在(－∞，0)上单调递减，
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10(共40张PPT)
专题一 函数与导数
第5讲 导数的综合应用
母题突破2
恒成立问题与能成立问题
母题
(2023·新乡模拟)已知函数f(x)＝ x2－(2a＋1)x＋2aln x.若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.
思路分析一
f(x)≥0恒成立
f(x)min≥0
分类讨论求f(x)min
思路分析二
f(x)≥0恒成立
求证x－ln x>0
分离参数构造新函数
求新函数最值
方法一 (求最值法)
f(x)的定义域为(0，＋∞)，因为f(x)≥0恒成立，
所以f(x)min≥0，
当a≤0时，由f′(x)>0，得x>1；
由f′(x)<0，得0所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减，
方法二 (分离参数法)
构造函数h(x)＝x－ln x，
由h′(x)>0，得x>1；由h′(x)<0，得0所以h(x)min＝h(1)＝1>0，
所以x－ln x>0，
由φ′(x)>0，得x>2；由φ′(x)<0，得0易知φ(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
所以φ(x)≥φ(2)＝2－ln 2>0，
所以当x>1时，g′(x)>0；
当0 (2023·青岛模拟)已知函数f(x)＝ex－a－ln x.若存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)<0，求a的取值范围.
子题1
存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)<0，
即 －ln x0<0，即 即存在x0∈[e，＋∞)，使ea> .
∴u(x)在[e，＋∞)上单调递增，
由h(e)＝eee.
故a的取值范围是(e，＋∞).
(2023·全国乙卷改编)已知函数f(x)＝ ln(1＋x).若f′(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，求a的取值范围.
子题2
因为f′(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立.
则－(x＋1)ln(x＋1)＋(x＋ax2)≥0，
令g(x)＝ax2＋x－(x＋1)ln(x＋1)，
原问题等价于g(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，
则g′(x)＝2ax－ln(x＋1)，
当a≤0时，由于2ax≤0，ln(x＋1)>0，
故g′(x)<0，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，
此时g(x)令h(x)＝g′(x)＝2ax－ln(x＋1)，
所以h′(x)>0，h(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，即g′(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
所以g′(x)>g′(0)＝0，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，g(x)>g(0)＝0，符合题意.
注意到g′(0)＝0，
g(x)规律方法
(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.
跟踪演练
1.已知函数f(x)＝(x－4)ex－x2＋6x，g(x)＝ln x－(a＋1)x，a>－1.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.(e3≈20.09)
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)，
当x∈[1,3]时，f′(x)≤0，
所以f(x)在[1,3]上单调递减，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(a>－1)在[e2，e3]上恒成立，
则a＋1因为x∈[e2，e3]，
所以ln x∈[2,3]，10－e3－ln x∈[7－e3,8－e3]，
因为e3≈20.09，
所以8－e3≈8－20.09＝－12.09<0，
所以h′(x)<0，
(1)当a＝8时，讨论f(x)的单调性；
令cos2x＝t，则t∈(0,1)，
(2)若f(x)设h(x)＝f(x)－sin 2x，
当t∈(0,1)时，φ′(t)>0，φ(t)单调递增，
所以φ(t)<φ(1)＝a－3.
若a∈(－∞，3]，则h′(x)＝φ(t)所以h(x)所以当a∈(－∞，3]时，f(x)若a∈(3，＋∞)，
所以φ(t)→－∞.
φ(1)＝a－3>0.
所以 t0∈(0,1)，使得φ(t0)＝0，
当t∈(t0,1)时，φ(t)>0，
即当x∈(0，x0)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以当x∈(0，x0)时，h(x)>h(0)＝0，不符合题意.
综上，a的取值范围为(－∞，3].
专题强化练
1
2
1.(2023·吴忠模拟)已知函数f(x)＝x2－(2a－1)x－aln x.
(1)当a＝1时，求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
当a＝1时，f(x)＝x2－x－ln x，f(1)＝0，
所以函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝0.
1
2
(2)若a>0且f(x)≥0恒成立，求a的取值范围.
1
2
由已知得x∈(0，＋∞)，所以x2＋x>0，
由f(x)≥0，得x2＋x≥(2x＋ln x)a.
1
2
因为x∈(0，＋∞)，所以h′(x)<0，
所以h(x)为(0，＋∞)上的减函数，且h(1)＝0，
故当x∈(0,1)时，h(x)>0，即g′(x)>0，
所以g(x)在(0,1)上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，即g′(x)<0，
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递减.
所以当x＝1时，g(x)取得极大值，也是最大值，
即g(x)max＝g(1)＝1.
1
2
又因为a>0，故01
2
2.(2023·南昌模拟)已知函数f(x)＝ex＋(1－a)x－ln a·ln x(a>0).
(1)若a＝e，求函数f(x)的单调区间；
1
2
当a＝e时，f(x)＝ex＋(1－e)x－ln x，
所以f′(x)>0，即f(x)在(1，＋∞)上单调递增；
所以f′(x)<0，即f(x)在(0,1)上单调递减，
则f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1).
1
2
(2)若不等式f(x)<1在区间(1，＋∞)上有解，求实数a的取值范围.
1
2
因为f(x)＝ex＋(1－a)x－ln a·ln x(a>0)，
①当ln a≤1，即0因为x>1，ex>e≥a，x>1≥ln a，
所以f′(x)>0，因此函数f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)>f(1)＝e＋1－a≥e＋1－e＝1，
不等式f(x)<1在区间(1，＋∞)上无解；
1
2
②当ln a>1，即a>e时，
当1因此f′(x)<0，所以函数f(x)在区间(1，ln a)上单调递减，
f(x)综上，实数a的取值范围是(e，＋∞).(共83张PPT)
专题一 函数与导数
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.
内容索引
考点一
考点二
考点三
导数的几何意义与计算
利用导数研究函数的单调性
单调性的简单应用
专题强化练
考点一
导数的几何意义与计算
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
例1
√
(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＝ ＝(x0＋a＋1) ＝ ，化简，得
＋ax0－a＝0.
因为曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，
所以关于x0的方程 ＋ax0－a＝0有两个不同的根，
所以Δ＝a2＋4a>0，解得a<－4或a>0，
所以a的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞).
易错提醒
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.
跟踪演练1
√
(2)(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
_________，____________.
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，
考点二
利用导数研究函数的单调性
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
例2
(1)当a＝0时，求f(x)在x＝0处的切线方程；
当a＝0时，f(x)＝(x－2)ex，
f′(x)＝(x－1)ex，
f′(0)＝(0－1)e0＝－1，f(0)＝－2，
∴切线方程为y－(－2)＝(－1)(x－0)，
即x＋y＋2＝0.
(2)讨论函数f(x)的单调性.
∴f′(x)＝(x－1)ex－ax＋a＝(x－1)(ex－a).
①当a≤0时，令f′(x)<0，得x<1，
∴f(x)在(－∞，1)上单调递减；
令f′(x)>0，得x>1，
∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增.
②当0∴f(x)在(ln a,1)上单调递减；
令f′(x)>0，得x1.
∴f(x)在(－∞，ln a)和(1，＋∞)上单调递增.
③当a＝e时，f′(x)≥0在R上恒成立，
∴f(x)在R上是增函数.
④当a>e时，令f′(x)<0，得1∴f(x)在(1，ln a)上单调递减；
令f′(x)>0，得x>ln a或x<1.
∴f(x)在(－∞，1)和(ln a，＋∞)上单调递增.
综上所述，当a≤0时，f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；
当0当a＝e时，f(x)在R上是增函数；
当a>e时，f(x)在(1，ln a)上单调递减，在(－∞，1)和(ln a，＋∞)上单调递增.
规律方法
(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，根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.
(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.
考点三
单调性的简单应用
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
(1)(2023·新高考全国Ⅱ)已知函数f(x)＝aex－ln x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
√
设g(x)＝xex，x∈(1,2)，
所以g′(x)＝(x＋1)ex>0，
所以g(x)在(1,2)上单调递增，
(2)(2023·洛阳模拟)已知函数f(x)＝e|x|－x2，若a＝f(ln 4)，b＝ ，c＝f(21.1)，则a，b，c的大小关系为
A.a>b>c B.a>c>b
C.c>a>b D.c>b>a
√
因为f(－x)＝e|－x|－(－x)2＝e|x|－x2＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数，当x≥0时，则f(x)＝ex－x2，可得f′(x)＝ex－2x，
构建φ(x)＝f′(x)，则φ′(x)＝ex－2，
令φ′(x)<0，解得0≤x＜ln 2；
令φ′(x)>0，解得x>ln 2，
所以φ(x)在[0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，
可得φ(x)≥φ(ln 2)＝2(1－ln 2)>0，
即f′(x)>0在[0，＋∞)上恒成立，故f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
且21.1>2>ln 4>0，
所以f(21.1)>f(2)>f(ln 4)，即c>b>a.
规律方法
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.
(1)(2023·山西统考)若对于 x1，x2∈(－∞，m)，且x1 >1，则m的最大值是
A.2e B.e
C.0 D.－1
跟踪演练3
√
∵x1∴ >1等价于x2 －x1 > － ，
则 ，
又x1∴f(x)在(－∞，m)上单调递增，
故m的最大值为0.
(2)(2023·咸阳模拟)已知f(x)是定义在R上的偶函数，当x≥0时，f(x)＝ex－cos x，则不等式f(x－1)－1(1－π，1＋π)
当x≥0时，f(x)＝ex－cos x，
f′(x)＝ex＋sin x≥1＋sin x≥0，
则f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
因为f(x)是定义在R上的偶函数，所以f(x)在(－∞，0]上单调递减，
若f(x－1)－1可得|x－1|<π，解得1－π所以不等式f(x－1)－1专题强化练
一、单项选择题
1.(2023·榆林模拟)已知函数f(x)＝x2ex＋2x＋1，则f(x)的图象在x＝0处的切线方程为
A.4x－y＋1＝0 B.2x－y＋1＝0
C.4ex－y＋2＝0 D.2ex－y＋1＝0
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√
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因为f(x)＝x2ex＋2x＋1，
所以f′(x)＝(x2＋2x)ex＋2，
则f′(0)＝2，f(0)＝1，
所以f(x)的图象在x＝0处的切线方程为y－1＝2(x－0)，即2x－y＋1＝0.
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√
2.(2023·齐齐哈尔模拟)已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，下面四个图象中可能是y＝f(x)图象的是
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由y＝xf′(x)的图象知，
当x∈(－2，－1)时，xf′(x)<0，故f′(x)>0，
f(x)单调递增；
当x∈(－1,0)时，xf′(x)>0，故f′(x)<0；
当x∈[0,1)，xf′(x)≤0，故f′(x)≤0，
等号仅有可能在x＝0处取得，所以当x∈(－1,1)时，f(x)单调递减；
当x∈(1,2)时，xf′(x)>0，故f′(x)>0，f(x)单调递增，结合选项只有C符合.
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√
3.已知函数f(x)＝ln x＋x2＋ax的单调递减区间为 ，则
A.a∈(－∞，－3] B.a＝－3
C.a＝3 D.a∈(－∞，3]
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由f(x)＝ln x＋x2＋ax
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设P点坐标为(x0，y0)，
5.(2023·成都模拟)若过原点与曲线f(x)＝x2ex＋ax2－2x相切的直线，切点均与原点不重合的有2条，则a的取值范围是
A.(e－2，＋∞) B.(－∞，e－2)
C.(0，e－2) D.(0，e－2]
√
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因为f(x)＝x2ex＋ax2－2x，
所以f′(x)＝(2x＋x2)ex＋2ax－2，
设过原点的切线与曲线f(x)在x＝t(t≠0)处相切，
所以切线的斜率
整理得a＝－(t＋1)et，
设g(t)＝－(t＋1)et，则g′(t)＝－(t＋2)et，
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所以当t<－2时，g′(t)>0，
当t>－2时，g′(t)<0，
所以g(t)在(－∞，－2)上单调递增，
在(－2，＋∞)上单调递减，
所以g(t)max＝g(－2)＝e－2，
且当t→－∞时，g(t)→0，
当t→＋∞时，g(t)→－∞，
所以当01
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6.(2023·广州模拟)已知偶函数f(x)与其导函数f′(x)的定义域均为R，且f′(x)＋e－x＋x也是偶函数，若f(2a－1)A.(－∞，2) B.(0,2)
C.(2，＋∞) D.(－∞，0)∪(2，＋∞)
√
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因为f(x)为偶函数，则f(x)＝f(－x)，等式两边求导可得f′(x)＝－f′(－x) ①
因为函数f′(x)＋e－x＋x为偶函数，
则f′(x)＋e－x＋x＝f′(－x)＋ex－x， ②
令g(x)＝f′(x)，
且g′(x)不恒为零，所以函数g(x)在R上为增函数，即函数f′(x)在R上为增函数，故当x>0时，f′(x)>f′(0)＝0，
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所以函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，由f(2a－1)所以|2a－1|<|a＋1|，
整理可得a2－2a<0，解得01
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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
√
√
√
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依题意，f(x)存在垂直于y轴的切线，即存在斜率为0的切线，
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∵f′(x)＝2x＋3，∴f′(x)的值域为R，
对于B，∵(x＋1)2>0，
∴f(x)的值域为(0，＋∞)，
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又(x＋1)3≠0，∴f′(x)的值域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，
则(0，＋∞) (－∞，0)∪(0，＋∞)，B满足性质Ω；
对于C，∵－x＋1∈R，
∴f(x)＝e－x＋1的值域为(0，＋∞)，
∵f′(x)＝－e－x＋1，
∴f′(x)的值域为(－∞，0)，
则f(x)的值域不是f′(x)的值域的子集，C不满足性质Ω；
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对于D，∵1－2x∈R，
∴f(x)＝cos(1－2x)的值域为[－1,1]，
∵f′(x)＝2sin(1－2x)，∴f′(x)的值域为[－2,2]，
则[－1,1] [－2,2]，D满足性质Ω.
三、填空题
9.(2023·海南统考)已知函数f(x)＝2f′(3)x－ x2＋ln x，则f(1)＝______.
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10.(2023·江苏省八市模拟)过点(－1,0)作曲线y＝x3－x的切线，写出一条切线的方程_________________________.
2x－y＋2＝0(答案不唯一)
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y＝x3－x，y′＝3x2－1，
即(x0＋1)2(2x0－1)＝0，
当x0＝－1时，切线方程为2x－y＋2＝0；
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a>c>b
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∴函数f(x)为偶函数，
又f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＋x＝x(cos x＋1)，
当x>0时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，
又函数f(x)为偶函数，
∴a＝ ＝f(－log25)＝f(log25)，
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即a>c>b.
12.(2023·全国乙卷)设a∈(0,1)，若函数f(x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上单
调递增，则a的取值范围是____________.
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由函数的解析式可得f′(x)＝axln a＋(1＋a)xln(1＋a)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，
则(1＋a)xln(1＋a)≥－axln a，
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而1＋a∈(1,2)，故ln(1＋a)>0，
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四、解答题
13.(2023·郑州模拟)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－y－2＝0垂直，求实数a的值；
因为函数在x＝1处的切线与直线x－y－2＝0垂直，则f′(1)＝－1＝2－2＋a，即a＝－1.
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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x2>x1>0.
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f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
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14.(2023·湖北八市联考)设函数f(x)＝ex－(ax－1)ln(ax－1)＋(a＋1)x.(e为自然常数)
(1)当a＝1时，求F(x)＝ex－f(x)的单调区间；
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故此时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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设g(x)＝f′(x)＝ex－aln(ax－1)＋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，
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又h(e＋1)＝0，故a≤e＋1.
综上所述，实数a的取值范围为(e，e＋1].
专题一 函数与导数
本课结束(共43张PPT)
专题一 函数与导数
培优点2 隐零点问题
专题一 函数与导数
导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的，我们称之为“隐零点”，既能确定其存在，但又无法用显性的代数进行表达.这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题.
内容索引
考点一
考点二
不含参函数的隐零点问题
含参函数的隐零点问题
专题强化练
考点一
不含参函数的隐零点问题
例1
(2023·咸阳模拟)已知f(x)＝(x－1)2ex－ x3＋ax(x>0)(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性；
由题知，f′(x)＝(x2－1)ex－a(x2－1)
＝(x－1)(x＋1)(ex－a).
若a≤1，当0当x>1时，f′(x)>0，
∴f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增；
若1当01时，f′(x)>0；
当ln a∴f(x)在区间(0，ln a)上单调递增，在区间(ln a,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增；
若a＝e，f′(x)≥0，
∴f(x)在定义域上是增函数；
若a>e，即ln a>1，
当0ln a时，f′(x)>0；
当1∴f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，ln a)上单调递减，在区间
(ln a，＋∞)上单调递增.
(2)当a＝0时，判定函数g(x)＝f(x)＋ln x－ x2零点的个数，并说明理由.
∴h(x)在定义域上是增函数，
当00；
当x00，即g′(x)<0；
当x>1时，h(x)>0，即g′(x)>0，
∴g(x)在区间(0，x0)上单调递增，在区间(x0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，
∴g(x)在(0,1)内无零点，
∴g(x)在(1，＋∞)内有且只有一个零点，
综上所述，g(x)有且只有一个零点.
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，利用零点存在定理，判断零点存在，设方程f′(x)＝0的根为x0，则①有关系式f′(x0)＝0成立，②注意确定x0的合适范围.
跟踪演练1
(2023·天津模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax＋1，g(x)＝x(ex－x).
(1)若直线y＝2x与函数f(x)的图象相切，求实数a的值；
设切点坐标为(x0，f(x0))，
因为直线y＝2x与函数f(x)的图象相切，
(2)当a＝－1时，求证：f(x)≤g(x)＋x2.
当a＝－1时，f(x)＝ln x＋x＋1，
令F(x)＝g(x)－f(x)＋x2
＝xex－ln x－x－1(x>0)，
令G(x)＝xex－1(x>0)，则G′(x)＝(x＋1)ex>0，
所以函数G(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
又G(0)＝－1<0，G(1)＝e－1>0，
所以函数G(x)存在唯一的零点x0∈(0,1)，
且当x∈(0，x0)时，G(x)<0，F′(x)<0；
当x∈(x0，＋∞)时，G(x)>0，F′(x)>0.
所以函数F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
故F(x)min＝F(x0)＝x0 －ln x0－x0－1，
由G(x0)＝0得x0 －1＝0，
两边取对数得ln x0＋x0＝0，故F(x0)＝0，
所以g(x)－f(x)＋x2≥0，即f(x)≤g(x)＋x2.
考点二
含参函数的隐零点问题
例2
(2023·包头模拟)已知函数f(x)＝aex－ln(x＋1)－1.
(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积；
当a＝e时，f(x)＝ex＋1－ln(x＋1)－1，f(0)＝e－1.
故曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－(e－1)＝(e－1)x，即y＝(e－1)x＋e－1.
因为该切线在x，y轴上的截距分别为－1和e－1，
所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积
(2)证明：当a>1时，f(x)没有零点.
当a>1时，
因为f(x)＝aex－ln(x＋1)－1，
令g(x)＝aex(x＋1)－1(x>－1)，
则g′(x)＝aex(x＋2)，
因为a>1，x>－1，所以g′(x)>0，
所以g(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
又g(－1)＝－1<0，g(0)＝a－1>0，
故g(x)在(－1,0)上有唯一的零点β，即g(β)＝0，
因此有aeβ(β＋1)＝1.
当x∈(－1，β)时，g(x)<0，即f′(x)<0；
当x∈(β，＋∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0.
所以f(x)在(－1，β)上单调递减，在(β，＋∞)上单调递增，故f(β)为最小值.
由aeβ(β＋1)＝1，得－ln(β＋1)＝ln a＋β，
所以当－1<β<0时，
因为a>1，所以ln a>0，
所以f(x)≥f(β)>0.
因此当a>1时，f(x)没有零点.
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)＝0的根为x0，则①有关系式f′(x0)＝0成立，该关系式给出了x0，a的关系；②注意确定x0的合适范围，往往和a的范围有关.
跟踪演练2
(2023·石家庄模拟)已知函数f(x)＝x－ln x－2.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以函数f(x)的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1，＋∞).
(2)若对任意的x∈(1，＋∞)，都有xln x＋x>k(x－1)成立，求整数k的最大值.
由(1)知，f(x)＝x－ln x－2在(1，＋∞)上单调递增，f(3)＝1－ln 3<0，f(4)＝2(1－ln 2)>0，
因此存在唯一x0∈(3,4)，使得f(x0)＝0，
即x0－ln x0－2＝0 ln x0＝x0－2，
当x∈(1，x0)时，f(x)<0，即g′(x)<0，
当x∈(x0，＋∞)时，f(x)>0，即g′(x)>0，
因此函数g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以整数k的最大值是3.
专题强化练
1.(2023·荆门模拟)设函数f(x)＝ex＋bsin x，x∈(－π，＋∞).若函数f(x)在(0，f(0))处的切线的斜率为2.
(1)求实数b的值；
1
2
∵f(x)＝ex＋bsin x，
∴f′(x)＝ex＋bcos x，
由导数的几何意义知，f(x)在(0，f(0))处的切线的斜率k＝f′(0)＝e0＋bcos 0＝1＋b，
由已知k＝1＋b＝2，解得b＝1.
(2)求证：f(x)存在唯一的极小值点x0，且f(x0)>－1.
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由(1)得f(x)＝ex＋sin x，x∈(－π，＋∞)，
∴f′(x)＝ex＋cos x，
令g(x)＝ex＋cos x，x∈(－π，＋∞)，
则g′(x)＝ex－sin x，
当x∈(－π，0]时，
ex>0，sin x≤0，g′(x)＝ex－sin x>0，
当x∈(0，＋∞)时，
ex>1，sin x≤1，g′(x)＝ex－sin x>0，
1
2
∴当x∈(－π，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在区间(－π，＋∞)上单调递增，
使g(x0)＝ ＋cos x0＝0，
又∵g(x)在区间(－π，＋∞)上单调递增，
1
2
∴x＝x0是g(x)在(－π，＋∞)上的唯一零点，
∴f′(x)＝ex＋cos x在区间(－π，＋∞)上单调递增，且f′(x0)＝ ＋
cos x0＝0，
当x∈(－π，x0)时，f′(x)<0，f(x)在区间(－π，x0)上单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在区间(x0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)存在唯一极小值点x0.
又∵ ＋cos x0＝0，
∴ ＝－cos x0，
1
2
∴f(x0)＝ ＋sin x0＝sin x0－cos x0
2.(2023·绵阳模拟)已知函数f(x)＝ax－ln x，a∈R.
(1)若a＝ ，求函数f(x)的最小值及取得最小值时的x的值；
1
2
1
2
令f′(x)＝0得x＝e，
所以当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，
所以函数f(x)在x＝e处取得最小值，f(x)min＝f(e)＝0.
(2)若函数f(x)≤xex－(a＋1)ln x对x∈(0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围.
1
2
1
2
因为函数f(x)≤xex－(a＋1)ln x对x∈(0，＋∞)恒成立，
所以xex－a(x＋ln x)≥0对x∈(0，＋∞)恒成立，
令h(x)＝xex－a(x＋ln x)，x>0，
①当a＝0时，h′(x)＝(x＋1)ex>0，h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以由h(x)＝xex可得h(x)>0，
即满足xex－a(x＋ln x)≥0对x∈(0，＋∞)恒成立；
1
2
②当a<0时，则－a>0，h′(x)>0，h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为当x趋近于0＋时，h(x)趋近于负无穷，不成立，故不满足题意；
③当a>0时，令h′(x)＝0得a＝xex，
故k(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为当x趋近于正无穷时，k(x)趋近于正无穷，
当x趋近于0时，k(x)趋近于负无穷，
1
2
所以 x0∈(0，＋∞)，使得h′(x0)＝0，a＝x0 ，
所以当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，
所以只需h(x)min＝h(x0)
＝x0 －a(x0＋ln x0)
＝x0 (1－x0－ln x0)≥0即可；
所以1－x0－ln x0≥0,1≥x0＋ln x0，
因为x0＝a ，
1
2
所以ln x0＝ln a－x0，
所以ln x0＋x0＝ln a≤1＝ln e，
解得0综上所述，实数a的取值范围为[0，e].(共45张PPT)
专题一 函数与导数
培优点1 切线放缩
专题一 函数与导数
在高考压轴题中，经常考查与导数有关的不等式问题，这些问题可以用常规方法求解，也可以用切线不等式进行放缩.导数切线放缩法是一种非常实用的数学方法，它可以帮助我们更好地理解函数的性质和变化规律，更能使问题简单化，利用切线不等式进行求解，能起到事半功倍的效果.
内容索引
考点一
考点二
单切线放缩
双切线放缩
专题强化练
考点一
单切线放缩
常见的切线放缩： x∈R都有ex≥x＋1.当x>－1时，ln(x＋1)≤x.当x>0时，x>sin x；当x<0时，x例1
(2023·重庆模拟)已知函数f(x)＝sin x－aln(x＋1).
(1)若a＝1，证明：当x∈[0,1]时，f(x)≥0；
首先证明sin x≤x，x∈[0，＋∞)，证明如下：
构造j(x)＝sin x－x，x∈[0，＋∞)，
则j′(x)＝cos x－1≤0恒成立，
故j(x)＝sin x－x在[0，＋∞)上单调递减，
故j(x)≤j(0)＝0，
所以sin x≤x，x∈[0，＋∞).
当a＝1时，f(x)＝sin x－ln(x＋1)，x∈[0,1]，
所以f(x)在[0,1]上单调递增，
故f(x)≥f(0)＝0.
(2)若a＝－1，证明：当x∈[0，＋∞)时，f(x)≤2ex－2.
令g(x)＝(2ex－2)－f(x)，x∈[0，＋∞).
当a＝－1时，g(x)＝2ex－2－sin x－ln(x＋1)
＝2(ex－x－1)＋x－sin x＋x－ln(x＋1)，
下证：ex－x－1≥0(x≥0)，x－sin x≥0(x≥0)，x－ln(x＋1)≥0(x≥0)，且在x＝0处取等号，
令r(x)＝ex－x－1(x≥0)，则r′(x)＝ex－1≥0，
故r(x)＝ex－x－1在[0，＋∞)上单调递增，
故r(x)≥r(0)＝0，且在x＝0处取等号，
由(1)知j(x)＝sin x－x在[0，＋∞)上单调递减，
故j(x)≤j(0)＝0，且在x＝0处取等号，
令t(x)＝x－ln(x＋1)(x≥0)，
故t(x)＝x－ln(x＋1)在[0，＋∞)上单调递增，
故t(x)≥t(0)＝0，且在x＝0处取等号，
综上有g(x)＝2(ex－x－1)＋x－sin x＋x－ln(x＋1)≥0，且在x＝0处取等号，即(2ex－2)－f(x)≥0，即证f(x)≤2ex－2.
规律方法
该方法适用于凹函数与凸函数且它们的凹凸性相反的问题(拆成两个函数)，两函数有斜率相同的切线，这是切线放缩的基础，引入一个中间量，分别证明两个不等式成立，然后利用不等式的传递性即可，难点在合理拆分函数，寻找它们斜率相等的切线隔板.
跟踪演练1
(2023·柳州模拟)已知函数f(x)＝ln x＋ －2x.
(1)当a>0时，讨论f(x)的单调性；
由题意可知x>0，
对于二次函数y＝2x2－x＋a，Δ＝1－8a.
f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
即证ex>ln x＋2.
不妨设h(x)＝ex－(x＋1)，
则h′(x)＝ex－1，h′(0)＝0，
当x<0时，h′(0)<0，当x>0时，h′(0)>0，
因此h(x)≥h(0)＝0，ex－(x＋1)≥0恒成立.
当00，m(x)单调递增，
当x>1时，m′(x)<0，m(x)单调递减，
故当x＝1时，m(x)取得最大值m(1)＝0，因此ln x－x＋1≤0，
则ex－(x＋1)＋[x－(ln x＋1)]
＝ex－(ln x＋2)>0恒成立(等号成立的条件不一致，故舍去)，
即ex>ln x＋2.从而不等式得证.
考点二
双切线放缩
例2
(2023·福州模拟)已知函数f(x)＝xln x－x.若f(x)＝b有两个实数根x1，x2，且x1f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x.
令f′(x)>0，得x>1；
令f′(x)<0得，0所以f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减.
因为f(x)＝b有两个实数根x1，x2，且x1所以0如图，
设直线y＝b与直线l1交点的横坐标为x′1，
则x′1≤x1，
设直线y＝b与直线l2交点的横坐标为x′2，
同理可证x2≤x′2，
再证不等式x2－x1>be＋e，
函数图象f(x)上有两点A(1，－1)，B(e,0)，
易证x1所以x2－x1>x4－x3＝(e－1)b＋e－(－b)＝be＋e.
规律方法
含有两个零点的f(x)的解析式(可能含有参数x1，x2)，告知方程f(x)＝b有两个实根，要证明两个实根之差小于(或大于)某个表达式.求解策略是画出f(x)的图象，并求出f(x)在两个零点处(有时候不一定是零点处)的切线方程(有时候不是找切线，而是找过曲线上某两点的直线)，然后严格证明曲线f(x)在切线(或所找直线)的上方或下方，进而对x1，x2作出放大或者缩小，从而实现证明.
跟踪演练2
(2023·山东省实验中学模拟)已知函数f(x)＝(x＋1)(ex－1)，若函数g(x)＝f(x)－m(m>0)有两个零点x1，x2，且x1
.
f(x)＝(x＋1)(ex－1)，
令f(x)＝0，有x1＝－1，x2＝0，
f′(0)＝1，设曲线y＝f(x)在(－1,0)处的切线方程为y＝h(x)，
则m′(x)＝(x＋3)ex，
所以当x<－3时，m′(x)<0；
当x>－3时，m′(x)>0，
所以F′(x)在(－∞，－3)上单调递减，
在(－3，＋∞)上单调递增，
所以当x<－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)＝0，所以f(x)≥h(x)恒成立，则f(x1)≥h(x1)，
又h(x)单调递减，
且m＝h(x3)＝f(x1)≥h(x1)，
所以x3≤x1，
设曲线y＝f(x)在(0,0)处的切线为y＝t(x)，
则t(x)＝x，
令G(x)＝f(x)－t(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，
则G′(x)＝(x＋2)ex－2，
依据F′(x)的单调性可知，G′(x)在(－∞，－3)上单调递减，在
(－3，＋∞)上单调递增，
当x→－∞时，G′(x)→－2，且G′(0)＝0，
所以G(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以G(x)≥G(0)＝0，
所以f(x)≥t(x)恒成立，所以f(x2)≥t(x2)，
设t(x)＝m的根为x4，则x4＝m，
又函数t(x)单调递增，
且m＝t(x4)＝f(x2)≥t(x2)，所以x4≥x2，
专题强化练
1.(2023·广州模拟)已知函数f(x)＝ln(x＋1).
(1)证明：当x>－1时，f(x)≤x；
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令h(x)＝ln(x＋1)－x(x>－1)，
当－10，则函数h(x)在(－1,0)上单调递增，
当x>0时，h′(x)<0，则函数h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴h(x)≤h(0)＝0，即f(x)≤x.
(2)已知n∈N*，证明： >sin(n＋1).
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由(1)可得ln(x＋1)≤x，
则 >n＋1， ①
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令φ(x)＝x－sin x，x>0，
φ′(x)＝1－cos x≥0，
∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)>φ(0)＝0，即x－sin x>0，
即x>sin x，x>0，即n＋1>sin(n＋1)， ②
由①②得 >sin(n＋1).
2.(2023·遂宁模拟)已知函数f(x)＝a(x＋1)－ ，x∈R.
(1)若f(x)是减函数，求实数a的取值范围；
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当x∈(－∞，－1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(－1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x)max＝g(－1)＝e，
即－a≥e，a∈(－∞，－e].
(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，其中x1 ＋2.
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由f(x)有两个极值点x1，x2，
可知f′(x)＝0有两个不相等的实数根x1，x2，
由(1)可知，当x→＋∞时，g(x)→0，且g(－2)＝0，则g(x)的图象如图所示，
所以－e又过点(－2,0)和(－1，e)的直线方程为y
＝e(x＋2)，
当x∈(－2，－1)时，构造函数h(x)＝g(x)－e(x＋2)
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所以g(x)>e(x＋2).
设方程e(x＋2)＝－a的根为x3，
过点(－1，e)和(0,0)的直线方程为y＝－ex，
设m(x)＝g(x)＋ex，x∈(－1，＋∞)，
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所以m(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
所以m(x)>m(－1)＝0，则g(x)>－ex，