(共53张PPT)
第1讲 函数的图象与性质
2025
新高考核心考点 2021年 2022年 2023年 2024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13题 第7题 第14题 第4题 第10题 第4题 第6题 第8题
2.抽象函数性质的综合应用 第8题 第12题 第8题 第11题 第8题
3.导数的几何意义 第7题 第16题 第10题 第15题 第14题 第13题 第16题
新高考核心考点 2021年 2022年 2023年 2024年 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷
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 第10题 第11题
第16题
5.利用导数求函数的最值 第15题 第21题 第22题 第22题 第22题 第11题
6.利用导数研究函数零点问题 第22题 第22题 第11题
基础回扣 考教衔接
以题梳点 核心突破
目录索引
基础回扣 考教衔接
1.(人A必一4.4.3节习题)函数y=f(x)的图象如图所示,则y=f(x)可能是( )
A.y=1-x-1,x∈(0,+∞)
C.y=ln x
D.y=x-1,x∈(0,+∞)
解析 由图象过点(1,0)知B不正确,由f(3)>1知A不正确,由图象为曲线知D不正确,所以应选C.
C
2.(人A必一第四章习题)已知f(x)=|lg x|,若
A.a
B.bC.cD.cD
3.(人A必一第四章习题改编)函数f(x)=a- 为奇函数,则实数a= .
1
得a=1,
经检验满足f(-x)=-f(x),符合题意.
4.(人A必一习题4.4第13(1)题改编)比较log0.26,log0.36,log0.46的大小.(用“>”连接)
解 因为f(x)=logx6= 在(0,1)内单调递减,所以f(0.2)>f(0.3)>f(0.4),即log0.26>log0.36>log0.46.
真题体验
1.(2023·新高考Ⅰ,4)设函数f(x)=2x(x-a)在区间(0,1)内单调递减,则a的取值范围是( )
A.(-∞,-2] B.[-2,0) C.(0,2] D.[2,+∞)
D
解析 (方法一 导数法)由题意知,在f(x)=2x(x-a)中,f'(x)=(2x-a)2x(x-a)ln 2,由函数在(0,1)内单调递减,知(2x-a)·2x(x-a)·ln 2≤0在(0,1)内恒成立,即2x-a≤0在(0,1)内恒成立,即a≥(2x)max,所以a≥2.故选D.
(方法二 复合函数法)因为函数y=2x在R上是增函数,要使复合函数
B
3.(2023·天津,4)函数f(x)的图象如图所示,则f(x)的解析式可能为( )
D
以题梳点 核心突破
考点一 函数的概念与表示
例1(1)已知函数f(x+1)的定义域为(-2,0),则f(2x-1)的定义域为( )
C
解析 ∵函数f(x+1)的定义域为(-2,0),
∴-2则f(x)的定义域为(-1,1),
由-1<2x-1<1,得0∴f(2x-1)的定义域为(0,1).故选C.
(2)(2024·江西南昌二模)已知 则不等式f(x)<2的解集是( )
A.(-∞,2) B.(-∞,3) C.[0,3) D.(3,+∞)
B
解析 当x<0时,不等式f(x)<2可化为-x2-2x<2,所以x2+2x+2>0,解得x∈R,所以x<0;
当x≥0时,不等式f(x)<2可化为log2(x+1)<2,
综上,不等式f(x)<2的解集是(-∞,3).
故选B.
B
(2)已知函数f(x)=x2+2x,g(x)=ex-a,若f(g(2))=3,则实数a=( )
A.2 B.1 C.0 D.-1
A
解析 令g(2)=t,则t>0.令f(t)=3,则t2+2t-3=0,解得t=1或t=-3(舍去),
即g(2)=e2-a=1,解得a=2.故选A.
考点二 函数的图象
考向1图象的识别
例2(1)(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
(2)(2024·全国甲,理7,文8)函数y=-x2+(ex-e-x)sin x在区间[-2.8,2.8]的图象大致为( )
A
B
C
D
B
解析 令f(x)=y=-x2+(ex-e-x)sin x.
因为f(-x)=-x2+(e-x-ex)sin(-x)=f(x),所以该函数为偶函数,
考向2图象的变换及应用
例3(2024·北京昌平二模)已知函数 若对任意的x都有|f(x)|≥ax恒成立,则实数a的取值范围是( )
A.(-∞,0] B.[-4,0]
C.[-3,0] D.(-∞,2]
B
令g(x)=|f(x)|,作出函数g(x)的图象,如图所示,
令h(x)=ax,由图知,要使对任意的x都有|f(x)|≥ax恒成立,则必有a≤0.
当x≤0时,y=|f(x)|=x2-4x,由 消y得x2-(4+a)x=0,由Δ=0,得到(4+a)2=0,即a=-4,由图可知-4≤a≤0.故选B.
[对点训练2](1)(2024·湖北武汉高三校联考期末)函数 的图象大致是( )
A
B
C
D
D
(2)已知函数f(x)=|ln x|,若f(a)≤f(a+1),则实数a的取值范围是 .
解析 在同一平面直角坐标系中画出函数y=f(x)的图象和函数y=f(x+1)的图象,
设两图象交于点A,且点A的横坐标为m.由图象可得满足f(a)≤f(a+1)的实数a的取值范围为[m,+∞).
由-ln m=ln(m+1),得 =m+1,所以m2+m-1=0,
考点三 函数的性质
考向1已知函数的单调性、奇偶性、最值求参数
例4(1)(2024·新高考Ⅰ,6)已知函数 在R上单调递增,则a的取值范围是( )
A.(-∞,0] B.[-1,0] C.[-1,1] D.[0,+∞)
B
解析 当x≥0时,f(x)=ex+ln(x+1)单调递增,当x<0时,f(x)=-x2-2ax-a,所以要使函数f(x)在R上单调递增,需满足 解得-1≤a≤0.故所求a的取值范围为[-1,0].
(2)(2022·全国乙,文16)若 是奇函数,则a= ,b= .
ln 2
(3)已知函数f(x)=|x3+2x+a|在[1,2]上的最大值是6,则实数a的值是 .
-9或-6
解析 当a≥0时,f(2)=23+22+a=12+a≥12,不符合题意.
当a<0时,设g(x)=x3+2x+a(1≤x≤2),g(x)在区间[1,2]上单调递增,值域为[3+a,12+a].
故要使函数f(x)在[1,2]上的最大值是6,
所以a=-9或a=-6.
[对点训练3](1)(2024·广东揭阳二模)已知函数f(x)=-x2+ax+1在(2,6)上不单调,则实数a的取值范围为( )
A.(2,6)
B.(-∞,2]∪[6,+∞)
C.(4,12)
D.(-∞,4]∪[12,+∞)
C
C
解析 ①当a<0时,若xa,所以-1②当a≥0时,若xa,所以a> .
(3)(2024·河南模拟预测)若f(x)=log3(33x+3x)+(x+a)2是偶函数,则实数a= .
-1
考向2单调性、奇偶性、周期性和对称性的综合应用
例5(1)(多选题)(2024·辽宁二模)关于函数 ,下列说法正确的有( )
A.f(x)的定义域为(-1,1)
B.函数f(x)的图象关于y轴对称
C.函数f(x)的图象关于原点对称
D.f(x)在(0,1)上单调递增
ACD
(2)设函数f(x)定义域为R,f(2x-1)为奇函数,f(x-2)为偶函数,当x∈[0,1]时,f(x)=x2-1,则f(2 023)-f(2 024)=( )
A.-1 B.0 C.1 D.2
C
解析 因为函数f(x)定义域为R,f(2x-1)为奇函数,所以f(2x-1)=-f(-2x-1),所以函数f(x)的图象关于点(-1,0)对称,且f(-1)=0.
因为f(x-2)为偶函数,
所以f(x-2)=f(-x-2),
所以函数f(x)的图象关于直线x=-2对称,
又因为f(x)=-f(-2-x)=-f(-2+x),f(x-2)=-f(x-2-2)=-f(x-4),
所以f(x)=f(x-4),所以函数f(x)的周期为4.
因为当x∈[0,1]时,f(x)=x2-1,
所以f(2 023)=f(4×506-1)=f(-1)=0,f(2 024)=f(4×506)=f(0)=-1,
所以f(2 023)-f(2 024)=1.故选C.
[对点训练4](1)(2024·云南昆明一模)已知函数f(x)=ex+e2-x,则下列说法正确的是( )
A.f(x)为增函数 B.f(x)有两个零点
C.f(x)的最大值为2e D.y=f(x)的图象关于直线x=1对称
D
解析 对于A,f(0)=1+e2=f(2),故A错误;
对于B,易知f(x)>0,故B错误;
对于C,f(x)=ex+e2-x≥ =2e,当且仅当x=1时,等号成立,即f(x)的最小值为2e,故C错误;
对于D,f(2-x)=e2-x+ex=f(x),所以函数f(x)的图象关于直线x=1对称,故D正确.故选D.
(2)已知函数f(x)=3x-2-32-x,则满足f(x)+f(8-3x)>0的x的取值范围是( )
A.(-∞,4) B.(-∞,2)
C.(2,+∞) D.(-2,2)
B
解析 设g(x)=3x-3-x,x∈R,则g(-x)=3-x-3x=-g(x),所以g(x)为奇函数.又
f(x)=3x-2-32-x=3x-2-3-(x-2)=g(x-2),则f(x)的图象是由g(x)的图象向右平移2个单位长度得到的,所以f(x)图象的对称中心为点(2,0),所以f(x)+f(4-x)=0.
因为y=3x在R上单调递增,y=3-x在R上单调递减,
所以g(x)在R上单调递增,则f(x)在R上单调递增.
因为f(x)+f(8-3x)>0=f(x)+f(4-x),
所以f(8-3x)>f(4-x),所以8-3x>4-x,解得x<2,故满足f(x)+f(8-3x)>0的x的取值范围为(-∞,2).故选B.
(3)(多选题)(2024·河南开封三模)已知函数f(x)的定义域为R,且
f(x+y)+f(x-y)=f(x)f(y),f(1)=1,则( )
A.f(0)=2
B.f(3-x)=f(3+x)
C.f(x)是周期函数
D.f(x)的解析式可能为f(x)=2sin x
ABC
解析 由f(x+y)+f(x-y)=f(x)f(y),
令x=1,y=0,则f(1)+f(1)=f(1)f(0),又f(1)=1,所以f(0)=2,故A正确;
令x=0,则f(y)+f(-y)=f(0)f(y)=2f(y),则f(y)=f(-y),函数f(x)是偶函数,
而f(x)=2sin x为奇函数,故D错误;
f(1)=1,令y=1,则f(x+1)+f(x-1)=f(x)f(1)=f(x),所以f(x+1)=f(x)-f(x-1),则f(x)=f(x-1)-f(x-2),f(x+1)=[f(x-1)-f(x-2)]-f(x-1)=-f(x-2),所以f(x)=-f(x-3)=f(x-6),则f(x)的周期为6,C正确;
由于f(x)为偶函数且周期为6,故f(3-x)=f(x-3)=f(3+x),B正确.
故选ABC.
本 课 结 束(共43张PPT)
第2讲 基本初等函数、函数的应用
2025
基础回扣 考教衔接
以题梳点 核心突破
目录索引
基础回扣 考教衔接
1.(人A必一4.3节习题)若xlog34=1,则4x+4-x= .若f(x)=3x,则f(log32)= .
2
2.(人A必一4.5节习题改编)函数f(x)=24ax2+4x-1在区间(-1,1)内恰有一个零点,则实数a的取值范围是 .
解析 函数f(x)=24ax2+4x-1在区间(-1,1)内恰有一个零点,即该函数图象在
(-1,1)内与x轴只有一个公共点,包括函数为一次函数(a=0)和二次函数(a≠0)两种情况.
(1)当a=0时,由f(x)=4x-1=0,得x= ∈(-1,1),故a=0满足题意.
(2)当a≠0时,包括函数f(x)的图象在x轴两侧和在x轴同侧两种情况:
①当函数f(x)的图象在x轴两侧时,则由f(-1)f(1)=(24a-5)(24a+3)<0,解得
3.(人A必一第四章习题改编)已知函数 若f(x)=k有3个实数解,则实数k的取值范围是 .
(-4,3]
解析 f(x)的图象如图所示,由图可知,k的取值范围是(-4,3].
4.(人A必一第四章习题改编)某工厂产生的废气经过滤后排放,过滤过程中废气的污染物含量P(单位:mg/L)与时间t(单位:h)间的关系为P=P0e-kt,其中P0,k是正的常数.如果在前5 h消除了10%的污染物,那么10 h后所剩污染物与原有污染物P0的比值为 .
0.81
解析 当t=5时,P=P0e-5k=0.9P0,所以e-5k=0.9,当t=10时,P=P0e-10k,
所以 =e-10k=(e-5k)2=0.81.
真题体验
64
2.(2020·全国Ⅲ,文4)Logistic模型是常用数学模型之一,可应用于流行病学领域.有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I(t)(t的单位:天)的Logistic模型:I(t)= ,其中K为最大确诊病例数.当I(t*)=0.95K时,标志着已初步遏制疫情,则t*约为(ln 19≈3)( )
A.60 B.63 C.66 D.69
C
A.1 B.2 C.3 D.4
C
4.(2024·新高考Ⅱ,6)设函数f(x)=a(x+1)2-1,g(x)=cos x+2ax(a为常数),当x∈(-1,1)时,曲线y=f(x)与y=g(x)恰有一个交点,则a=( )
A.-1 B. C.1 D.2
D
(方法二)h(x)=f(x)-g(x)=ax2+a-1-cos x.
又x∈(-1,1),h(x)为偶函数,唯一零点只能是0,
即h(0)=0=a-2,所以a=2.
故选D.
以题梳点 核心突破
考点一 基本初等函数的图象与性质
例1(1)(2024·天津,5)若a=4.2-0.3,b=4.20.3,c=log4.20.2,则a,b,c的大小关系
为( )
A.a>b>c B.b>a>c
C.c>a>b D.b>c>a
B
解析 ∵函数y=4.2x在R上单调递增,且-0.3<0<0.3,∴0<4.2-0.3<4.20<4.20.3,即0<4.2-0.3<1<4.20.3,即0∵函数y=log4.2x在区间(0,+∞)上单调递增,且0<0.2<1,∴log4.20.2∴b>a>c.故选B.
(2)(2024·湖北武汉二模)已知函数f(x)=log2(4x+2x+1+1)-x,若f(2a-1)A.-1 B.lg 7 C.1 D.log710
C
解析∵2a=5b=10,
∴a=log210,b=log510,
A
B
C
D
B
(3)(2024·广东佛山二模)已知0D
考点二 函数的零点
考向1求零点所在区间
例2(2024·广东梅州二模)三个函数f(x)=x3+x-3,g(x)=ln x+x-3,h(x)=ex+x-3的零点分别为a,b,c,则a,b,c之间的大小关系为( )
A.aC.aB
解析 f(x)=x3+x-3,g(x)=ln x+x-3,h(x)=ex+x-3均为增函数,
因为f(1)=-1<0,f(2)=7>0,
所以函数f(x)的零点在(1,2)内,即a∈(1,2).
因为g(2)=ln 2-1<0,g(3)=ln 3>0,
所以函数g(x)的零点在(2,3)内,即b∈(2,3),
因为h(0)=-2<0,h(1)=e-2>0,
所以函数h(x)的零点在(0,1)内,即c∈(0,1).
综上,c考向2求函数零点的个数
7
解析 令y=0,则f(f(x))=-1,设f(x)=t,
则f(f(x))=-1等价于f(t)=-1,则函数y=f(f(x))+1的零点个数问题即为f(f(x))=-1解的个数问题.
二次函数y=x2+4x+1,其图象开口向上,过点(0,1),对称轴为直线x=-2,最小值为-3,
[对点训练2](1)(2024·山东潍坊二模)已知函数 则f(x)图象上关于原点对称的点有( )
A.1对 B.2对 C.3对 D.4对
C
(2)(2024·贵州贵阳模拟)设方程3x·|log3x|=1的两根分别为x1,x2(x1则( )
A.03 B.x1>
C.04
C
(3)已知函数 若方程2[f(x)]2-(a+2)·f(x)+a=0有7个不同的实数根,则实数a的取值范围是 .
(0,2)
解析 作出函数f(x)的图象,如图所示.
考点三 函数模型及其应用
例4(多选题)(2023·新高考Ⅰ,10)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×lg ,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
ACD
知识提炼
几种常见的函数模型
函数模型 函数解析式
一次函数 f(x)=ax+b(a,b为常数,a≠0)
反比例型函数 f(x)= +b(k,b为常数,k≠0)
二次函数 f(x)=ax2+bx+c(a,b,c为常数,a≠0)
指数型函数 f(x)=bax+c(a,b,c为常数,b≠0,a>0且a≠1)
对数型函数 f(x)=blogax+c(a,b,c为常数,b≠0,a>0且a≠1)
幂型函数 f(x)=axn+b(a,b,n为常数,a≠0)
[对点训练3](2024·四川德阳三模)如今我国物流行业蓬勃发展,极大地促进了社会经济发展和资源整合.已知某类果蔬的保鲜时间y(单位:小时)与储藏温度x(单位:℃)满足函数关系y=eax+b(a,b为常数).若该果蔬在7 ℃的保鲜时间为288小时,在21 ℃的保鲜时间为32小时,且该果蔬所需物流时间为4天,则物流过程中果蔬的储藏温度(假设物流过程中恒温)最高不能超过( )
A.14 ℃ B.15 ℃ C.13 ℃ D.16 ℃
A
本 课 结 束(共58张PPT)
第3讲 导数的简单应用
2025
基础回扣 考教衔接
以题梳点 核心突破
目录索引
基础回扣 考教衔接
1.(人A选必二5.2节习题改编)余弦曲线y=cos x在点 处的切线方程为 .
2.(人A选必二5.2节习题改编)设曲线y=e2ax在点(0,1)处的切线与直线
2x-y+1=0垂直,则a= .
3.(人A选必二第五章习题改编)若函数f(x)=x(x-c)2在x=2处有极大值,则c= .
6
解析 因为f(x)=x(x-c)2=x3-2cx2+c2x,所以f'(x)=3x2-4cx+c2=(3x-c)(x-c).
当f'(x)=0,即x= ,或x=c时,函数f(x)可能有极值.
由题意,当x=2时,函数f(x)有极大值,所以c>0.
当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表所示:
4.(人A选必二5.3节习题改编)函数f(x)=48x-x3,x∈[-3,5]的最大值为 ,最小值为 .
128
-117
解析 f'(x)=48-3x2,
令f'(x)=0,得x=-4(舍去)或x=4,f(-3)=-117,f(5)=115,f(4)=128,
所以f(x)最大值为128,最小值为-117.
真题体验
1.(2022·全国乙,文11)函数f(x)=cos x+(x+1)sin x+1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为( )
D
2.(2021·全国乙,文12)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
3.(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 , .
以题梳点 核心突破
考点一 导数的运算、几何意义
C
(2)(2024·北京海淀一模)已知 函数f(x)的零点个数为m,过点(0,2)与曲线y=f(x)相切的直线的条数为n,则m,n的值分别为( )
A.1,1 B.1,2 C.2,1 D.2,2
B
解析 令f(x)=0,即当x≤0时,x3=0,解得x=0,当x>0时,lg(x+1)=0,无解,故m=1.
令g(x)=(2+lg e)x+2-(x+1)lg(x+1)(x>0),
则g'(x)=2-lg(x+1),
令g'(x)=0,可得x=99,
故当x∈(0,99)时,g'(x)>0,即g(x)在(0,99)上单调递增,
当x∈(99,+∞)时,g'(x)<0,即g(x)在(99,+∞)上单调递减,
由g(99)=(2+lg e)×99+2-200=99lg e>0,
g(0)=2-0=2>0,故g(x)在x∈(0,99)上没有零点,
又g(999)=(2+lg e)×999+2-1 000×3=999lg e-1 000<0,故g(x)在(99,999)上必有唯一零点,即当x0>0时,亦可有一条切线符合要求,故n=2.故选B.
A
(2)过坐标原点作曲线f(x)=ex(x2-2x+2)的切线,则切线共有( )
A.1条 B.2条 C.3条 D.4条
A
考点二 利用导数研究函数的单调性
考向1讨论函数单调性或求单调区间
例2(2024·山东联合模拟预测)已知函数f(x)=x(1-ln kx).
(1)若曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线与直线y=x垂直,求实数k的值;
(2)讨论f(x)的单调性.
解 (1)因为f(x)=x(1-ln kx),k≠0,
所以f'(x)=-ln(kx),
曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线与直线y=x垂直,所以f'(e)=-ln(ke)=-1,解得k=1.
(2)由f(x)=x(1-ln kx),得k≠0且f'(x)=-ln(kx),
当k>0时,f(x)的定义域为(0,+∞),
[对点训练2](2024·江西九江二模)已知曲线y=f(x)=(2x-a)ln(x-1)+b(a,b∈R)在(2,f(2))处的切线方程为3x-y-2=0.
(1)求a,b的值;
(2)判断f(x)的单调性.
考向2已知函数单调性求参数
(1)当a=-1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若函数f(x)在(0,+∞)单调递增,求a的取值范围.
(方法二)令g(x)=ax2+x-(x+1)ln(x+1),x>0,
则g'(x)=2ax+1-ln(x+1)-1=2ax-ln(x+1).
∵x+1>1,∴ln(x+1)>0.
当a≤0时,g'(x)<0,g(x)在(0,+∞)单调递减,
∴f'(x)<0,f(x)单调递减,不符合题意;
当a>0时,令h(x)=2ax-ln(x+1),x>0,
∴g'(x)在(0,+∞)单调递增,
∴g'(x)>0-ln 1=0,
即g'(x)>0,g(x)在(0,+∞)单调递增,
∴g(x)>0+0-0=0恒成立,
即f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)单调递增,符合题意.
知识提炼
根据函数单调性求参数取值范围的类型
1 已知函数f(x)在区间I上单调递增(或单调递减),f(x)中含参数 转化为f'(x)≥0(或f'(x)≤0)在I上恒成立,要注意“=”能否取到
2 已知函数f(x)在区间I上单调递增(或单调递减),I中含参数 先求出f(x)的单调区间,再令I是其单调区间的子集,建立不等式组求解
3 已知函数f(x)在区间I上存在单调递增(或单调递减)区间 转化为f'(x)>0(或f'(x)<0)在I上有解求解
4 已知函数f(x)在区间I上不单调 (方法一)转化为f'(x)=0在I上有解求解,注意验证;
(方法二)运用补集思想,先求f(x)在区间I上单调时参数的取值范围,再取其补集
[对点训练3](2024·江苏徐州一模)已知函数f(x)=x2+ax-ln x,a∈R.
(1)若函数y=f(x)-2x2在(0,2]上单调递减,求a的取值范围;
(2)若直线y=ex与y=f(x)的图象相切,求a的值.
解 (1)记y=f(x)-2x2=ax-ln x-x2=g(x),
因为g(x)在(0,2]上单调递减,
考点三 利用导数研究函数的极值、最值
考向1利用导数研究函数的极值
例4(1)(多选题)(2023·新高考Ⅱ,11)若函数 (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
BCD
因为函数f(x)既有极大值也有极小值,
所以g(x)=ax2-bx-2c在区间(0,+∞)上有两个不同的零点,即一元二次方程ax2-bx-2c=0有两个不同的正实数根,
所以b2+8ac>0,且ab>0,ac<0,bc<0,
所以A不正确,B,C,D正确.故选BCD.
(2)(2024·新高考Ⅱ,16)已知函数f(x)=ex-ax-a3.
①当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
②若f(x)有极小值,且极小值小于0,求a的取值范围.
解 ①当a=1时,则f(x)=ex-x-1,f'(x)=ex-1,
可得f(1)=e-2,f'(1)=e-1,
即切点坐标为(1,e-2),切线斜率k=e-1,
所以切线方程为y-(e-2)=(e-1)(x-1),
即(e-1)x-y-1=0.
②(方法一)f(x)的定义域为R,且f'(x)=ex-a,
若a≤0,则f'(x)>0对任意的x∈R恒成立,
可知f(x)在R上单调递增,无极值,不合题意;
若a>0,令f'(x)>0,解得x>ln a;
令f'(x)<0,解得x可知f(x)在(-∞,ln a)内单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增,
则f(x)有极小值f(ln a)=a-aln a-a3,无极大值,
由题意可得f(ln a)=a-aln a-a3<0,即a2+ln a-1>0,
令g(a)=a2+ln a-1,a>0,则g'(a)=2a+ >0,
可知g(a)在(0,+∞)上单调递增,又g(1)=0,
不等式a2+ln a-1>0等价于g(a)>g(1),解得a>1,
所以a的取值范围为(1,+∞).
(方法二)f(x)的定义域为R,且f'(x)=ex-a,
若f(x)有极小值,则f'(x)=ex-a有零点,
令f'(x)=ex-a=0,解得ex=a,
可知y=ex与y=a有交点,则a>0.
若a>0,令f'(x)>0,解得x>ln a;令f'(x)<0,解得x所以f(x)在(-∞,ln a)内单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增,
则f(x)有极小值f(ln a)=a-aln a-a3,无极大值,符合题意,
由题意可得f(ln a)=a-aln a-a3<0,即a2+ln a-1>0,
令g(a)=a2+ln a-1,a>0,
因为y=a2,y=ln a-1在(0,+∞)上单调递增,
可知g(a)在(0,+∞)上单调递增,且g(1)=0,
不等式a2+ln a-1>0 g(a)>g(1),
解得a>1,
所以a的取值范围为(1,+∞).
[对点训练4](1)(2024·宁夏银川一模)若函数f(x)=(x2-ax-2)ex在x=-2处取得极大值,则f(x)的极小值为( )
A.-6e2 B.-4e C.-2e2 D.-e
C
解析 因为函数f(x)=(x2-ax-2)ex在x=-2处取得极大值,
则f'(x)=[x2+(2-a)x-2-a]ex,x∈R且f'(-2)=0,
即4-2(2-a)-2-a=0,所以a=2.
所以f(x)=(x2-2x-2)ex,f'(x)=(x2-4)ex=(x+2)(x-2)ex,
令f'(x)=0,则x=2或x=-2,
当x∈(-∞,-2)时,f'(x)>0,当x∈(-2,2)时,f'(x)<0,当x∈(2,+∞)时,f'(x)>0,
所以f(x)在(-∞,-2),(2,+∞)上单调递增,在(-2,2)内单调递减.
所以函数f(x)在x=-2处取得极大值,所以a=2,f(x)的极小值为f(2)=-2e2.故选C.
(2)(2024·陕西咸阳二模)已知函数f(x)=cos x+ x2,若x=0是函数f(x)的唯一极小值点,则实数a的取值范围为( )
A.[1,+∞) B.(-1,1)
C.[-1,+∞) D.(-∞,1]
A
解析 f'(x)=-sin x+ax,
令g(x)=f'(x)=-sin x+ax,则g'(x)=-cos x+a,
当a≥1时,g'(x)=-cos x+a≥0,
故g(x)单调递增,
又g(0)=-sin 0+0=0,所以当x>0时,g(x)>0,当x<0时,g(x)<0,所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
故x=0是函数f(x)的唯一极小值点,符合题意;
当a<1时,g'(0)=-cos 0+a=-1+a<0,
故一定存在m>0,使g(x)在(0,m)上单调递减,此时x=0不是函数f(x)的极小值点,故a<1时不符合题意.
综上所述,a的取值范围为[1,+∞).故选A.
考向2利用导数研究函数的最值
例5(1)(2024·广东三模)在半径为R的半球内放入一个正四棱柱,使得正四棱柱上底面的四个顶点位于半球面上,下底面与半球的大圆面重合,则正四棱柱体积的最大值为( )
D
解析 显然正四棱柱上底面正方形为与半球底面平行的截面圆的内接正方形,
(2)(2024·河南南阳一模)已知函数f(x)=3x2-2ln x+(a-1)x+3在区间(1,2)内有最小值,则整数a的一个取值可以是
.
4(答案不唯一,a∈{a∈Z|-10又f(x)=3x2-2ln x+(a-1)x+3在(1,2)内有最小值,所以f'(x)在(1,2)内有变号零点且在零点两侧的函数值为左负右正,令h(x)=6x2+(a-1)x-2,则h(x)在(1,2)内有变号零点且在零点两侧的函数值为左负右正,
解得-10又a∈Z,所以a∈{a∈Z|-10故答案为-4(答案不唯一,a∈{a∈Z|-10[对点训练5](1)(2024·上海静安二模)已知实数a∈(0,6),记f(x)= (x-a).若函数y=f(x)在区间[0,2]上的最小值为-2,则a的值为 .
3
(2)(2024·广西南宁一模)已知函数f(x)=(x-1)ex+ax2的最小值为-1,则实数a的取值范围为 .
[0,+∞)
解析 因为f(x)=(x-1)ex+ax2,所以f'(x)=xex+2ax=x(ex+2a),
若a≥0,则当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0,f(x)在(-∞,0)上单调递减,
当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以当x=0时,f(x)有最小值且最小值为f(0)=-1,满足题意;
若a<0,则当x无限趋近于负无穷大时,f(x)无限趋向于负无穷大,f(x)没有最小值,不符合题意.
综上,实数a的取值范围为[0,+∞).
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第5讲 利用导数研究函数的零点
2025
基础回扣 考教衔接
以题梳点 核心突破
目录索引
基础回扣 考教衔接
1.(人B选必三6.2节习题)已知函数f(x)=x3-x2-x-1的图象与直线y=c有3个不同的交点,求实数c的取值范围.
2.(人A选必二第五章例题)给定函数f(x)=(x+1)ex.
(1)判断函数f(x)的单调性,并求出f(x)的极值;
(2)画出函数f(x)的大致图象;
(3)求出方程f(x)=a(a∈R)的解的个数.
解 (1)函数的定义域为R.
f'(x)=(x+1)'ex+(x+1)(ex)'=(x+2)ex.
令f'(x)=0,解得x=-2.
f'(x),f(x)的变化情况如表所示.
x (-∞,-2) -2 (-2,+∞)
f'(x) - 0 +
f(x) 单调递减 单调递增
所以f(x)在区间(-∞,-2)上单调递减,在区间(-2,+∞)上单调递增.
当x=-2时,f(x)有极小值f(-2)= .
(2)令f(x)=0,解得x=-1.
当x<-1时,f(x)<0;
当x>-1时,f(x)>0.
真题体验
1.(2023·全国乙,文8)若函数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)
B
(方法二)令f(x)=0,得-ax=x3+2,易知x≠0,所以-a=
设g(x)= ,则函数f(x)存在3个零点等价于函数g(x)= 的图象与直线y=-a有三个不同的交点.
g'(x)= .当x>1时,g'(x)>0,函数g(x)在
(1,+∞)内单调递增,当x<1且x≠0时,g'(x)<0,
函数g(x)在(-∞,0),(0,1)内单调递减,且g(1)=3,
当x从左侧趋近于0时,g(x)→-∞,当x从右侧
趋近于0时,g(x)→+∞,当x→+∞时,g(x)→+∞,
由此可作出函数g(x)的大致图象,如图所示.
根据以上信息,我们画出f(x)的大致图象如图所示.
3.(人A选必二第五章习题)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.
由图知,当-a>3时,函数g(x)= 的图象与直线y=-a有三个交点,即函数f(x)有3个零点,所以a<-3.故选B.
2.(2024·全国甲,文16)当x>0时,曲线y=x3-3x与曲线y=-(x-1)2+a有两个交点,则a的取值范围是 .
(-2,1)
解析 令x3-3x=-(x-1)2+a,得x3+(x-1)2-3x=a.
令f(x)=x3+(x-1)2-3x,x>0,则f'(x)=3x2+2(x-1)-3=3x2+2x-5=(x-1)(3x+5).由f'(x)=0(x>0),得x=1.∴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.∴f(x)min=f(1)=-2.又f(0)=1,f(2)=3>1,曲线y=x3-3x与y=-(x-1)2+a在(0,+∞)上有两个不同的交点等价于y=f(x)与y=a有两个不同的交点,∴-23.(2021·全国甲,理21(2))已知a>0且a≠1,函数f(x)= (x>0).若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围.
以题梳点 核心突破
考点一 探究零点个数
例1(2024·河南郑州三模)已知函数f(x)=eax-x.
(1)若a=2,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程;
(2)讨论f(x)的零点个数.
解 (1)若a=2,则f(x)=e2x-x,f'(x)=2e2x-1.
又f(1)=e2-1,切点为(1,e2-1),
曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线斜率k=f'(1)=2e2×1-1=2e2-1,故所求切线方程为y-(e2-1)=(2e2-1)(x-1),即y=(2e2-1)x-e2.
(方法二 分离参数)
[对点训练1](2024·陕西安康模拟预测)已知函数f(x)=aexsin x+x-cos x,f'(x)为f(x)的导函数,f'(0)=2.
(1)求a的值;
(2)求f'(x)在(0,π)上的零点个数.
解 (1)由f(x)=aexsin x+x-cos x,则f'(x)=aexsin x+aexcos x+1+sin x
=aex(sin x+cos x)+1+sin x,又f'(0)=2,所以a+1=2,即a=1.
(2)由(1)可知f'(x)=ex(sin x+cos x)+1+sin x,
设g(x)=f'(x)=ex(sin x+cos x)+1+sin x,
则g'(x)=ex(sin x+cos x)+ex(cos x-sin x)+cos x=cos x(2ex+1),
考点二 根据零点个数求参数取值范围
例2(2024·河南一模)已知函数f(x)=aln x-x2+a(a∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.
规律方法 已知函数零点个数求参数取值范围问题的解法
[对点训练2]已知函数f(x)=ex-ax2.
(1)若函数f(x)的图象与直线y=x-1相切,求实数a的值;
(2)若函数g(x)=f(x)-x+1有且只有一个零点,求实数a的取值范围.
当x∈(-∞,0)时,h'(x)>0,函数h(x)单调递增;
当x∈(0,2)时,h'(x)<0,函数h(x)单调递减;
当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0,函数h(x)单调递增.
设t(x)=ex-x+1,则t'(x)=ex-1,
当x∈(-∞,0)时,t'(x)<0,函数t(x)单调递减;
当x∈(0,+∞)时,t'(x)>0,函数t(x)单调递增.
画出函数h(x)的图象如图所示.
考点三 隐零点问题*
例3(2024·江西赣州一模)已知函数f(x)=ex-1-ln x.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)已知m>0,若函数g(x)=f(x)-m(x-1)有唯一的零点x0.求证:1∴当x>0时,l(x)即f'(x)单调递增,又f'(1)=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.
∴f(x)的减区间为(0,1),增区间为(1,+∞).
[对点训练3](2024·山东淄博一模)已知函数f(x)=ex-sin x-1.
(1)讨论函数f(x)在区间(0,+∞)上的单调性;
(2)证明:函数f(x)在区间(-π,0]上有且仅有两个零点.
(1)解 函数f(x)=ex-sin x-1,当x>0时,f'(x)=ex-cos x>1-cos x>0,
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
本 课 结 束(共37张PPT)
第4讲 利用导数研究不等式
2025
基础回扣 考教衔接
以题梳点 核心突破
目录索引
基础回扣 考教衔接
1.(人A选必二5.3节习题改编)证明下列不等式:
(1)ex>1+x,x≠0;(2)ln x0.
证明 (1)设f(x)=ex-1-x,x∈R,
则f'(x)=ex-1.
令f'(x)=0,解得x=0.
当x>0时,f'(x)>0,函数f(x)=ex-1-x在区间(0,+∞)上单调递增;
当x<0时,f'(x)<0,函数f(x)=ex-1-x在区间(-∞,0)上单调递减.
所以,当x=0时,f(x)取得最小值.
所以,当x≠0时,f(x)>f(0)=0,
即ex>1+x,x≠0.
(2)设f(x)=ln x-x,x>0,则f'(x)= -1.
令f'(x)=0,解得x=1.
当00,f(x)在区间(0,1)内单调递增;
当x>1时,f'(x)<0,f(x)在区间(1,+∞)上单调递减.
所以,当且仅当x=1时,f(x)取得最大值.
所以,当x>0时,f(x)=ln x-x≤f(1)=-1<0.
因此,当x>0时,ln x由(1)可知,当x>0时,ex>x+1>x.
综上,ln x0.
2.(人A选必二复习第五章习题)已知函数f(x)=ex-ln(x+m).当m≤2时,求证:f(x)>0.
证明 当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),
则有f(x)=ex-ln(x+m)≥ex-ln(x+2).
故只需证明当m=2时,f(x)>0.
又f'(-1)<0,f'(0)>0,故f'(x)=0在区间(-2,+∞)上有唯一实根x0,且x0∈(-1,0).
当x∈(-2,x0)时,f'(x)<0;
当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,从而当x=x0时,f(x)取得最小值.
综上,当m≤2时,f(x)>0.
3.(人B选必三第六章习题)已知函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0,求实数a的取值范围.
真题体验
1.(2020·全国Ⅱ,文21(1))已知函数f(x)=2ln x+1.若f(x)≤2x+c,求c的取值
范围.
解 设h(x)=f(x)-2x-c,
则h(x)=2ln x-2x+1-c,
其定义域为(0,+∞),h'(x)= 2.
当00;当x>1时,h'(x)<0.所以h(x)在区间(0,1)单调递增,在区间(1,+∞)单调递减.从而当x=1时,h(x)取得最大值,最大值为h(1)=-1-c.
故当且仅当-1-c≤0,
即c≥-1时,f(x)≤2x+c.
所以c的取值范围为[-1,+∞).
2.(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;
(2)证明:当a>0时,f(x)>2ln a+ .
(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x=ln =-ln a.
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).
以题梳点 核心突破
考点一 利用导数证明不等式
例1(2024·全国甲,文20)已知函数f(x)=a(x-1)-ln x+1.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若a≤2时,证明:当x>1时,f(x)(2)证明 ∵a≤2,∴当x>1时,ex-1-f(x)=ex-1-a(x-1)+ln x-1≥ex-1-2x+ln x+1,x>0.
h'(x)在区间(1,+∞)上单调递增,
则h'(x)>h'(1)=0,即h(x)在区间(1,+∞)上单调递增,故g'(x)>g'(1)=0,即g(x)在区间(1,+∞)上单调递增,
∴g(x)>g(1)=0,即当x>1时,f(x)[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;
(2)设函数 ,证明:g(x)<1.(体现定义域分类讨论变形)
所以当x<0时,y'>0,y=xf(x)单调递增,当x>0时,y'<0,y=xf(x)单调递减,所以x=0是函数y=xf(x)的极值点,符合题意.所以a=1.
因为x>0,ln(1-x)<0,所以xln(1-x)<0,
即证x+ln(1-x)>xln(1-x),
即证x+(1-x)ln(1-x)>0.
同理,当x∈(-∞,0)时,
因为x<0,ln(1-x)>0,所以xln(1-x)<0,
即证x+ln(1-x)>xln(1-x),
即证x+(1-x)ln(1-x)>0.
令h(x)=x+(1-x)ln(1-x),x<1且x≠0,再令t=1-x,则t∈(0,1)∪(1,+∞),x=1-t,
令φ(t)=1-t+tln t,φ'(t)=-1+ln t+1=ln t,
当t∈(0,1)时,φ'(t)<0,φ(t)单调递减,
故φ(t)>φ(1)=0;
当t∈(1,+∞)时,φ'(t)>0,φ(t)单调递增,故φ(t)>φ(1)=0.
x+(1-x)ln(1-x)>0即证.
考点二 不等式恒(能)成立问题
当m≤0时,f'(x)>0恒成立,此时f(x)单调递增,f(x)无极值;
当m>0时,令f'(x)=0,得x=m.
故当x∈(0,m)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(m,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
此时f(x)在x=m处取到极小值ln m-m+1,无极大值.
[对点训练2](1)(能成立问题)(2024·湖北模拟预测改编)若 x∈(0,+∞),使
ln x≤ 成立,求a的最小值.
解 由题意a≥x(ln x+1)在(0,+∞)上有解,
故当x∈(0,+∞)时,a≥[x(ln x+1)]min.
令h(x)=x(ln x+1),x>0,h'(x)=ln x+2,
(2)(2024·山东济南三模)已知函数f(x)=ax+2x-2,其中a>0且a≠1.
①若f(x)是偶函数,求a的值;
②当x>0时,f(x)>0,求a的取值范围.
因为函数y=axln a,y=2xln 2在(0,+∞)上都是增函数,
所以函数f'(x)在(0,+∞)上单调递增,
又f'(0)=ln(2a)<0,故存在x0>0,使得当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,从而f(x)单调递减,
本 课 结 束