(共43张PPT)
第四讲 导数的综合应用
内容
索引
02.考点二
04.专题强化练（8）
01.考点一
03.考点三
01.考点一
保分练
1．(2024·全国甲卷)已知函数f(x)＝a(x－1)－ln x＋1.
(1)求f(x)的单调区间；
解析：f(x)定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－＝，
当a≤0时，f′(x)＝<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，x∈(，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(0，)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)；
当a>0时，f(x)的单调递增区间为(，＋∞)，单调递减区间为(0，)．
(2)当a≤2时，证明：当x>1时，f(x)
解析：
证明：a≤2，且x>1时，ex－1－f(x)＝ex－1－a(x－1)＋ln x－1≥ex－1－2x＋1＋ln x，
令g(x)＝ex－1－2x＋1＋ln x(x>1)，证g(x)>0即可．
g′(x)＝ex－1－2＋，再令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝ex－1－，
显然h′(x)在(1，＋∞)上单调递增，则h′(x)>h′(1)＝e0－1＝0，
即g′(x)＝h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
故g′(x)>g′(1)＝e0－2＋1＝0，即g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
故g(x)>g(1)＝e0－2＋1＋ln 1＝0，即ex－1－f(x)>0，所以当x>1时，f(x)2．(2024·湖南益阳模拟)已知a，b为正实数，构造函数f(x)＝.若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝ (ax－b)．
(1)求a＋b的值；
解析：因为f(x)＝，所以f′(x)＝，
又因为f′(1)＝＝，f(1)＝0，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝(x－1)＝x－.
由题意可知曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝(ax－b)＝ax－，
所以解得a＝b＝1(负值舍去)，所以a＋b＝2.
(2)求证：f(x)≥.
解析：证明：由(1)可知，f(x)＝.
要证f(x)≥，即要证，
只需证ln x＋－1≥0.
构造函数g(x)＝ln x＋，则g′(x)＝，
当x∈(0，1)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增．
所以g(x)min＝g(1)＝1，所以g(x)≥1，所以f(x)≥.
提分练
3．(2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
解析：f′(x)＝aex－1，
当a≤0时，f′(x)≤0，
所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；
当a>0时，令f′(x)>0，得x>－ln a，令f′(x)<0，得x<－ln a，
所以函数f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
综上可得，当a≤0时，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；
当a>0时，函数f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2)证明：当a>0时，f(x)>2ln a＋.
解析：证明：方法一 由(1)得，当a>0时，函数f(x)＝a(ex＋a)－x的最小值为f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a，
令g(a)＝1＋a2＋ln a－2ln a－＝a2－ln a－，a∈(0，＋∞)，所以g′(a)＝2a－，
令g′(a)>0，得a>；令g′(a)<0，得0所以函数g(a)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，
所以函数g(a)的最小值为g()＝()2－ln ＝ln >0，
所以当a>0时，f(x)>2ln a＋成立．
方法二 当a>0时，由(1)得f(x)min＝f(－ln a)＝1＋a2＋ln a，
故欲证f(x)>2ln a＋成立，
只需证1＋a2＋ln a>2ln a＋，即证a2－>ln a.
构造函数u(a)＝ln a－(a－1)(a>0)，
则u′(a)＝－1＝，所以当a>1时，u′(a)<0；
当00.
所以函数u(a)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以u(a)≤u(1)＝0，即ln a≤a－1，故只需证a2－>a－1，即证a2－a＋>0.
因为a2－a＋＝(a－)2＋>0恒成立，所以当a>0时，f(x)>2ln a＋成立．
技法领悟
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，对原不等式结构变形，根据相似结构构造辅助函数．
02.考点二
保分练
1．(2024·山东烟台一模)已知曲线f(x)＝ax2＋x－2ln x＋b(a，b∈R)在x＝2处的切线与直线x＋2y＋1＝0垂直．
(1)求a的值；
解析：由于x＋2y＋1＝0的斜率为－，所以f′(2)＝2，
又f′(x)＝2ax＋1－，故f′(2)＝4a＋1－＝2，解得a＝.
(2)若f(x)≥0恒成立，求b的取值范围．
解析：由(1)知a＝，所以f′(x)＝x＋1－＝＝，又f(x)的定义域为(0，＋∞)，
故当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当0故当x＝1时，f(x)取最小值f(1)＝＋1＋b.
要使f(x)≥0恒成立，故f(1)＝＋1＋b≥0，解得b≥－，
故b的取值范围为[－，＋∞)．
2．(2024·福建泉州模拟)已知函数f(x)＝x2ln x．
(1)求f(x)的单调区间；
解析：因为f′(x)＝x(2ln x＋1)，x>0，
令f′(x)＝0，解得x＝，
当)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
则f(x)的单调递减区间为)，单调递增区间为，＋∞)．
(2)若存在x>0，使得f(x)≤ax成立，求实数a的取值范围．
解析：依题意，存在x>0，使得a≥x ln x，
令g(x)＝x ln x，则g′(x)＝ln x＋1，
当x∈(0，)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
故g(x)min＝g()＝－，因此a≥－，
故a的取值范围为[－，＋∞)．
提分练
3．(2024·河北沧州模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax＋1，a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
解析：函数f(x)＝ln x－ax＋1，a∈R的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝－a.
当a≤0时， x∈(0，＋∞)，f′(x)＝－a>0恒成立，此时f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，令f′(x)＝－a＝＝0，解得x＝，
当x∈(0，)时，f′(x)>0，f(x)在区间(0，)上单调递增；
当x∈(，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)在区间(，＋∞)上单调递减．
综上所述，当a≤0时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，f(x)在区间(0，)上单调递增，在区间(，＋∞)上单调递减．
(2)若 x>0，f(x)≤xe2x－2ax恒成立，求实数a的取值范围．
解析：设g(x)＝ex－x－1，则g′(x)＝ex－1.
在区间(－∞，0)上，g′(x)<0，g(x)单调递减，在区间(0，＋∞)上，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)≥g(0)＝e0－0－1＝0，所以ex≥x＋1(当且仅当x＝0时等号成立)．
依题意， x>0，f(x)≤xe2x－2ax恒成立，即a≤e2x－恒成立，
而e2x－＝＝＝2，当且仅当2x＋ln x＝0时等号成立．
因为函数h(x)＝2x＋ln x在(0，＋∞)上单调递增，h()＝－1<0，h(1)＝2>0，
所以存在x0∈(，1)，使得2x0＋ln x0＝0成立，所以a≤(e2x－)min＝2，即a的取值范围是(－∞，2].
技法领悟
1．利用导数解不等式恒成立问题的方法
(1)构造函数法：令F(x)＝f(x)－g(x)，利用导数求得函数F(x)的单调性与最小值，只需F(x)min≥0恒成立即可；
(2)参数分离法：转化为a≥φ(x)或a≤φ(x)恒成立，即a≥φ(x)max或a≤φ(x)min恒成立，只需利用导数求得函数φ(x)的单调性与最值即可．
2．不等式能成立问题与恒成立问题的求解是“互补”的关系．含参不等式能成立问题可转化为最值问题来解决，注意与恒成立问题的区别．
03.考点三
保分练
1．(2024·安徽芜湖模拟)已知函数f(x)＝3x－t ln x存在两个零点，则实数t的取值范围为( )
A．(，＋∞) B．(－∞，)
C．(3e，＋∞) D．(－∞，3e)
答案：C
解析：由f(x)＝3x－t ln x＝0，x>0，可得＝，令g(x)＝，
依题意，函数f(x)＝3x－t ln x存在两个零点，等价于函数y＝与函数g(x)＝的图象有两个交点．
又g′(x)＝，当00，g(x)单调递增；当x>e时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
故x＝e时，g(x)取得极大值，且当x→0＋时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0＋.
故要使函数y＝与函数g(x)＝的图象有两个交点，需使0<<，解得t>3e.故选C.
2．(2024·河南郑州检测)已知函数f(x)＝eax－x.
(1)若a＝2，求f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
解析：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.
(2)讨论f(x)的零点个数．
解析：由题得f′(x)＝aeax－1.
①当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在R上单调递减，又f(0)＝1>0，f(1)＝ea－1≤0，
故f(x)存在一个零点，此时f(x)零点个数为1.
②当a>0时，令f′(x)<0得x<－，令f′(x)>0得x>－，
所以f(x)在(－∞，－)上单调递减，在(－，＋∞)上单调递增，
故f(x)的最小值为f(－)＝.
当a＝时，f(x)的最小值为0，此时f(x)有一个零点；
当a>时，f(x)的最小值大于0，此时f(x)没有零点；
当00，
f(－)＝<0，x→＋∞时，f(x)→＋∞，此时f(x)有两个零点．
综上，当a≤0或a＝时，f(x)有一个零点；
当0当a>时，f(x)没有零点．
提分练
3．(2024·河南五市联考)已知函数f(x)＝a ln x－x2＋a(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
解析：由题意知，f′(x)＝－2x(x>0)，
当a≤0时，f′(x)<0在定义域(0，＋∞)上恒成立，因此f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，由f′(x)>0，解得0.
因此，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无增区间；
当a>0时，f(x)的单调递减区间为(，＋∞)，单调递增区间为(0，)．
(注：区间端点x＝处可以是闭的．)
(2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．
解析：若f(x)有两个零点，由(1)可知a>0且f(x)≤f()，
则必有f()＝a ln －()2＋a>0，即ln ＋1>0，解得a>.
又因为f()＝－<0，f(4a)＝a ln 4a－16a2＋a＝a(ln 4a－16a＋1)，即g(t)＝ln t－4t＋1(t＝4a>) g′(t)＝－4＝.
当t∈(，＋∞)时，g′(t)<0恒成立，即g(t)在(，＋∞)上单调递减，
可得g(t)≤g()＝ln ＋1＝ln 8－<0，
即得g(t)<0在t∈(，＋∞)恒成立，从而可得f(x)在()，(，4a)区间上各有一个零点．综上所述，若f(x)有两个零点，则实数a的取值范围为(，＋∞)．
技法领悟
1．函数零点个数问题的解题策略
(1)直接法：直接研究函数，求出极值以及最值，画出草图．函数零点的个数问题即是函数图象与x轴交点的个数问题．
(2)分离参数法：分离出参数，转化为a＝g(x)，根据导数的知识求出函数g(x)在某区间的单调性，求出极值以及最值，画出草图．函数零点的个数问题即是直线y＝a与函数y＝g(x)图象交点的个数问题，只需要用a与函数g(x)的极值和最值进行比较即可．
2．根据函数零点的个数求参数范围的方法
(1)分离参数(a＝g(x))后，将原问题转化为y＝g(x)的值域(最值)问题或转化为直线y＝a与y＝g(x)的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解；
(2)利用零点的存在性定理构建不等式求解；
(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．
03.专题强化练（8）
1．(13分)(2024·河北保定模拟)已知函数f(x)＝x2－ax＋ln x，x＝1为f(x)的极值点．
(1)求a；
解析：f′(x)＝2x－a＋，
依题意，f′(1)＝2×1－a＋1＝0，解得a＝3，
经检验符合题意，所以a＝3.
(2)证明：f(x)≤2x2－4x.
解析：证明：由(1)可知，f(x)＝x2－3x＋ln x，
要证f(x)＝x2－3x＋ln x≤2x2－4x，即证x2－x－ln x≥0，
设g(x)＝x2－x－ln x，
则g′(x)＝2x－1－＝，
所以当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x＝1时，g(x)取得极小值，也是最小值．
因为g(1)＝0，g(x)≥g(1)＝0，
所以f(x)≤2x2－4x.
2．(15分)(2024·河南信阳检测)已知函数f(x)＝ax－ln (1－x)(a∈R)．
(1)若f(x)≥0恒成立，求a的值；
解析：f′(x)＝a＋＝(x<1)，
①当a≥0时，f(－1)＝－a－ln 2<0，不符合题意；
②当a<0时，令f′(x)＝0，解得x＝1＋，
当x∈(－∞，1＋)时，f′(x)<0，f(x)在区间(－∞，1＋)上单调递减；
当x∈(1＋，1)时，f′(x)>0，f(x)在区间(1＋，1)上单调递增．
所以当x＝1＋时，f(x)取得最小值f(1＋)＝a＋1＋ln (－a)．
若f(x)≥0恒成立，则a＋1＋ln (－a)≥0，
设φ(x)＝x＋1＋ln (－x)(x<0)，则φ′(x)＝1＋＝，
当x∈(－∞，－1)时，φ′(x)>0，φ(x)在区间(－∞，－1)上单调递增；
当x∈(－1，0)时，φ′(x)<0，φ(x)在区间(－1，0)上单调递减．
所以φ(x)≤φ(－1)＝0，即a＋1＋ln (－a)≥0的解为a＝－1，
所以a＝－1.
(2)若f(x)有两个不同的零点x1，x2，且|x2－x1|>e－1，求a的取值范围．
解析：当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在区间(－∞，1)上单调递增，
所以f(x)至多有一个零点，不符合题意；
当a<0时，因为f(0)＝0，不妨设x1＝0，
若0若x2<0，则x2<1－e，
由(1)可知，只需f(1－e)<0，即a(1－e)－1<0，解得即a的取值范围为(，0)．
3．(15分)(2024·河南新乡二模)已知函数f(x)＝x(e－x－a)．
(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(－1，f(－1))处的切线方程；
解析：当a＝e时，f(x)＝x(e－x－e)，
则f′(x)＝e－x－e－xe－x＝(1－x)e－x－e，
所以f′(－1)＝e，f(－1)＝0，
所以曲线y＝f(x)在点(－1，f(－1))处的切线方程为y＝e(x＋1)，即y＝ex＋e.
(2)方程f(x)＝－a ln x有两个不同的实数解，求a的取值范围．
解析：由f(x)＝－a ln x，得xe－x－xa＝－a ln x，
即a(x－ln x)＝xe－x.
令h(x)＝x－ln x，则h′(x)＝1－＝，
当01时，h′(x)>0.
所以函数h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)≥h(1)＝1，即x－ln x≥1，则由a(x－ln x)＝xe－x，可得a＝，
因为方程f(x)＝－a ln x有两个不同的实数解，所以函数y＝a，y＝的图象有两个不同的交点．
令g(x)＝，
则g′(x)＝＝，
因为x－ln x≥1，所以1＋x－ln x≥2，令g′(x)<0，则x>1，令g′(x)>0，则0所以函数g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)max＝g(1)＝.
又当x→0时，g(x)>0，且g(x)→0，当x→＋∞时，g(x)>0，且g(x)→0，
如图所示，作出函数g(x)的大致图象，
由图可知，a的取值范围为(0，)．
4．(17分)(2024·河北保定二模)已知函数f(x)＝(x－2e2)ln x－ax－2e2(a∈R)．
(1)若a＝1，讨论f(x)的单调性；
解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝1时，f(x)＝(x－2e2)ln x－x－2e2，所以f′(x)＝－＋ln x.
设g(x)＝f′(x)＝－＋ln x，因为y＝－，y＝ln x都在(0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g(e2)＝0，
所以x∈(0，e2)时，g(x)<0，f′(x)<0，f(x)单调递减；
x∈(e2，＋∞)时，g(x)>0，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以f(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增．
(2)已知存在x0∈(1，e2)，使得f(x)≥f(x0)在(0，＋∞)上恒成立，若方程f(x0)＝－2e2kx0有解，求实数k的取值范围．
解析：由f(x)＝(x－2e2)ln x－ax－2e2，x∈(0，＋∞)，
得f′(x)＝－＋ln x＋1－a，
因为y＝－，y＝ln x都在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
已知存在x0∈(1，e2)，使得f(x)≥f(x0)在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x0)是f(x)的最小值，所以f′(x0)＝0，
即f′(x0)＝－＋ln x0＋1－a＝0，所以a＝ln x0＋1－，
所以f(x0)＝(x0－2e2)ln x0－ax0－2e2＝(x0－2e2)ln x0－(ln x0＋1－)x0－2e2＝－2e2ln x0－x0.
设h(x)＝－2e2ln x－x，
由方程f(x0)＝－2e2kx0有解，
得－2e2ln x0－x0＝－2e2kx0有解，
即h(x0)＝)有解，
因为h′(x)＝－－1<0在(0，＋∞)上恒成立，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以x0＝，则k＝.
设m(x)＝(1所以x∈(1，e)时，m′(x)>0，m(x)单调递增；x∈(e，e2)时，m′(x)<0，m(x)单调递减，
又m(1)＝0，m(e)＝，m(e2)＝，
所以0拓展培优4 导数中的端点效应问题
解题步骤
(1)初步判断能否使用端点效应：
①题型：给出定义域及恒成立的含参不等式，求参数范围；
若x∈[a，＋∞)或x∈[a，b]有f(x)≥0恒成立，求参数范围；
若x∈(a，＋∞)或x∈(a，b]有f(x)>0恒成立，求参数范围．
②f(a)＝0是否成立．
(2)求出f′(x)，大部分情况需求f″(x)，根据f′(a)≥0或f″(a)≥0求出参数范围．
(3)最终判断可以使用端点效应的原则：每阶导数是否都恒大于等于零．
(4)参数分类卷面书写步骤：
①参数范围符合题意说明．
②参数范围不符合题意说明，由f′(x)<0或由f″(x)<0解出x的范围，可能需要结合零点存在定理．
③综上所述．
题型一 端点效应问题
例1 (2023·新课标Ⅱ卷)
(1)证明：当0解析：证明：令h(x)＝x－x2－sin x，
则h′(x)＝1－2x－cos x，
令p(x)＝1－2x－cos x，则p′(x)＝－2＋sin x<0，
所以p(x)即h′(x)单调递减，又h′(0)＝0，
所以当0所以当0令g(x)＝sin x－x，
则g′(x)＝cos x－1≤0，
所以g(x)单调递减，又g(0)＝0，
所以当0综上，当0(2)已知函数f(x)＝cos ax－ln (1－x2)，若x＝0是f(x)的极大值点，求a的取值范围．
解析：方法一 因为f(x)＝cos ax－ln (1－x2)(－1所以f(x)＝f(－x)，所以f(x)为偶函数．
f′(x)＝－a sin ax＋(－1令t(x)＝－a sin ax＋(－1则t′(x)＝－a2cos ax＋(－1令n(x)＝－a2cos ax＋，
则n′(x)＝a3sin ax＋.
当a＝0时，当00，f(x)单调递增；
当－1所以x＝0是f(x)的极小值点，不符合题意．
当a>0时，取与1中的较小者，为m，
则当00，
所以n(x)即t′(x)在(0，m)上单调递增，所以t′(x)>t′(0)＝2－a2.
①当2－a2≥0，即00(0所以t(x)在(0，m)上单调递增，所以t(x)>t(0)＝0，即f′(x)>0，
那么f(x)在(0，m)上单调递增，
由偶函数性质知f(x)在(－m，0)上单调递减，
故x＝0是f(x)的极小值点，不符合题意．
②当2－a2<0，即a>时，
当<1，即a>时，
因为t′(0)<0，t′()>0，
所以t′(x)在(0，m)上存在唯一零点x1，
且当0因为t(0)＝0，所以当0所以f(x)在(0，x1)上单调递减，
因为f(x)为偶函数，所以f(x)在(－x1，0)上单调递增，
故可得x＝0是f(x)的极大值点，符合题意．
当>1，即因为t′(0)<0，t′()＝－a2cos >0，
所以t′(x)在(0，m)上存在唯一零点x2，
且当0因为t(0)＝0，所以当0所以f(x)在(0，x2)上单调递减．
因为f(x)为偶函数，所以f(x)在(－x2，0)上单调递增，
故可得x＝0是f(x)的极大值点，符合题意．
当a<0时，由偶函数图象的对称性可得a<－.
综上所述，a的取值范围是(－∞，－，＋∞)．
方法二 由f(x)＝cos ax－ln (1－x2)，得f′(x)＝－a sin ax＋(－1令t(x)＝－a sin ax＋(－1则t′(x)＝－a2cos ax＋(－1由x＝0是f(x)的极大值点，易得f′(0)＝0，t′(0)<0，
所以2－a2<0，
解得a<－或a>，
所以a的取值范围是(－∞，－，＋∞)．
技法领悟
端点效应解题思想，最大的优势在于能够快速得出答案．
【跟踪训练1】 已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)．若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围．
解析：当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，
等价于ln x>，即ln x－>0.
令g(x)＝ln x－，
则g′(x)＝－a＝，
令h(x)＝x2＋(2－2a)x＋1，h′(x)＝2x＋2－2a，
当a≤2时，∵x∈(1，＋∞)，∴h′(x)＝2x＋2－2a≥0，
h(x)在(1，＋∞)上单调递增，∵h(x)>h(1)＝4－2a≥0，
∴g′(x)≥0，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增，则g(x)>g(1)＝0，满足f(x)>0，故符合题意．
当a>2时，∵当x∈(1，a－1)时，h′(x)<0，
∴h(x)在(1，＋∞)上单调递减，
∵h(x)故g(x)在(1，a－1)上单调递减，
则g(x)0相矛盾，故不符合题意．
综上所述，a∈(－∞，2].
题型二 反端点效应问题
例2已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.当x≥0时，f(x)≥x3＋1，求a的取值范围．
解析：由f(x)＝ex＋ax2－x，当x≥0时，f(x)≥x3＋1，
得当x≥0时，ex＋ax2－x≥x3＋1，
当x＝0时，1≥1成立，此时a∈R.
当x>0时，a≥，
令g(x)＝，即a≥g(x)max，
g′(x)＝
＝＝
＝＋x＋1－ex)(x>0)．
令h(x)＝＋x＋1－ex，
∵x>0，h′(x)＝x＋1－ex，h″(x)＝1－ex<0，
∴h′(x)在(0，＋∞)上单调递减，h′(x)∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减，h(x)即＋x＋1－ex<0.
∵g′(x)＝＋x＋1－ex)(x>0)，令g′(x)＝0，则x＝2，∴当x∈(0，2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，∴g(x)max＝g(2)＝，故a≥.
综上所述，a∈[，＋∞)．
技法领悟
1．本题为反端点效应相关题目，满足检验能否使用端点效应前两步，不满足第三步，由ex＋ax2－x≥x3＋1，令y＝ex－x3＋ax2－x－1，对应的三阶导数y ＝ex－3在定义域范围内可正可负．
2．当x>0时，有ex>＋x＋1成立，这一结论为导数放缩解题思想．
【跟踪训练2】 已知函数f(x)＝ex－x2－ax－1．当x>0时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．
解析：
∵当x>0时，f(x)≥0恒成立，
∴ex－x2－ax－1≥0，即a≤(x>0)．
令g(x)＝(x>0)，即a≤g(x)min，
则g′(x)＝(x>0)．
令h(x)＝ex－x－1(x>0)，则h′(x)＝ex－1>0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，因此h(x)>h(0)＝0，
即ex－x－1>0.
令g′(x)＝0，则x＝1，∴当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
因此g(x)min＝g(1)＝e－2.
综上所述，a∈(－∞，e－2].(共25张PPT)
拓展培优3 指对同构函数问题
指对同构函数问题的三大特征
(1)题干不等式同时出现了指数式与对数式；
注：①绝大部分为恒成立问题，极少部分为能成立问题；②绝大部分为不等式题型，极少部分出现等式题型，即便出现等式题型也要转化为不等式题型．
(2)题干式子中参数出现的次数为偶数个．
(3)求参数最值或求参数范围问题．
题型一 ef(x)±f(x)型
例1 (2020·新高考Ⅰ卷改编)已知函数f(x)＝aex－1－ln x＋ln a．若不等式f(x)≥1恒成立，求a的取值范围．
解析：由f(x)≥1得aex－1－ln x＋ln a≥1，
即eln a＋x－1＋ln a＋x－1≥ln x＋x，
而ln x＋x＝eln x＋ln x，
所以eln a＋x－1＋ln a＋x－1≥eln x＋ln x.
令h(m)＝em＋m，则h′(m)＝em＋1>0，
所以h(m)在R上单调递增．
由eln a＋x－1＋ln a＋x－1≥eln x＋ln x，
可知h(ln a＋x－1)≥h(ln x)，
所以ln a＋x－1≥ln x，
所以ln a≥(ln x－x＋1)max.
令F(x)＝ln x－x＋1，则F′(x)＝－1＝，
所以当x∈(0，1)时，F′(x)>0，F(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，F′(x)<0，F(x)单调递减．
所以F(x)max＝F(1)＝0，则ln a≥0，即a≥1，
所以a的取值范围为a≥1.
技法领悟
1．指数式的指数f(x)与“±”连接的f(x)保持一致的原则．
2．保证ln t(x)前的系数为±1.
3．使用恒等变换：x＝eln x．
【跟踪训练1】 已知函数f(x)＝e2x＋a－ln x＋在定义域内没有零点，则实数a的取值范围为_________________．
(－ln 2－1，＋∞)
解析：函数f(x)在定义域(0，＋∞)上没有零点，
则f(x)>0或者f(x)<0恒成立，
当x→0时，f(x)→＋∞，即f(x)>0恒成立．
由e2x＋a－ln x＋>0，整理为2e2x＋a>ln x－a，
即e2x＋a＋ln 2>ln x－a，
即e2x＋a＋ln 2＋2x＋a＋ln 2>ln x－a＋2x＋a＋ln 2，
整理为e2x＋a＋ln 2＋2x＋a＋ln 2>eln 2x＋ln 2x ①.
令g(t)＝et＋t，∵g′(t)＝et＋1>0，
∴g(t)在定义域上单调递增，
由①得g(2x＋a＋ln 2)>g(ln 2x)，
∴2x＋a＋ln 2>ln 2x，整理为a>ln x－2x.
令h(x)＝ln x－2x，即a>h(x)max，
∵h′(x)＝－2＝，由题意知x>0，
当00，函数h(x)单调递增；
当x>时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减．
∴h(x)max＝h()＝－ln 2－1，即a>－ln 2－1.
题型二 f(x)·ef(x)型
例2 已知函数g(x)＝2x3ln x－(m－，当x≥e时，g(x)≥0恒成立，求实数m的取值范围．
解析：x≥e，g(x)≥0恒成立，即2x3ln x－(m－≥0恒成立，
当m≤0时，显然成立；
当m>0时，整理为2x2ln x－(－≥0，
即≥(－①.
∵x≥e，∴ln x2∈[2，＋∞)，－1∈(－1，－1].
令g(t)＝tet，t∈(－1，＋∞)，
则g′(t)＝(t＋1)et>0，
∴g(t)在t∈(－1，＋∞)上单调递增，
由①得g(ln x2)≥g(－1)，
∴ln x2≥－1，
∵x≥e，∴m≤x(2ln x＋1)．
令h(x)＝x(2ln x＋1)，即m≤h(x)min，
∵h′(x)＝2ln x＋3，当x≥e时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，
∴h(x)min＝h(e)＝3e，即m≤3e.
技法领悟
1．指数式的指数f(x)与相乘的f(x)保持一致的原则．
2．使用恒等变换x＝eln x．
【跟踪训练2】 已知a<0，不等式xa＋1ex＋a ln x≥0对任意的实数x>1恒成立，则实数a的最小值为( )
A．－ B．－2e
C．－ D．－e
答案：D
解析：由xa＋1ex＋a ln x≥0，整理为，即①，∵x>1，a<0，∴x－a∈(1，＋∞)，得ln x－a∈(0，＋∞)．令g(t)＝tet，t∈(0，＋∞)，∵g′(t)＝(t＋1)et>0，∴g(t)在t∈(0，＋∞)上单调递增，由①得g(x)≥g(ln x－a)，∴x≥ln x－a，∵x∈(1，＋∞)，∴－a≤，即a≥－.令h(x)＝－，即a≥h(x)max，∵h′(x)＝，x∈(1，＋∞)，当10，函数h(x)单调递增，当x>e时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减，∴h(x)max＝h(e)＝－e，即a≥－e.
题型三 a ln [f(x)]＋bf(x)型
例3 已知当a<0时，不等式x＋a ln x＋≥xa对x∈(1，＋∞)恒成立，则实数a的最小值为( )
A．－ B．－ C．－e D．－2e
答案：C
解析：方法一 由不等式x＋a ln x＋≥xa，得x＋e－x≥xa－ln xa，即－ln e－x＋e－x≥－ln xa＋xa①，∵x∈(1，＋∞)，a<0，∴e－x∈(0，)，xa∈(0，1)，令g(t)＝－ln t＋t，t∈(0，1)，∵g′(t)＝<0，∴g(t)在t∈(0，1)上单调递减，由①得g(e－x)≥g(xa)，∴e－x≤xa，即－x≤a ln x，∵x∈(1，＋∞)，∴a≥－，令h(x)＝－，即a≥h(x)max，x∈(1，＋∞)，∵h′(x)＝，当10，函数h(x)单调递增，当x>e时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减，∴h(x)max＝h(e)＝－e，即a≥－e.
方法二 由不等式x＋a ln x＋>xa，得，即－ln xa①.∵x∈(1，＋∞)，a<0，∴－x∈(－∞，－1)，xa∈(0，1)，ln xa∈(－∞，0)．令g(t)＝et－t，t∈(－∞，0)，∵g′(t)＝et－1<0，∴g(t)在t∈(－∞，0)上单调递减，由①得，即－x≤a ln x，∵x∈(1，＋∞)，∴a≥－.令h(x)＝－，即a≥h(x)max，x∈(1，＋∞)，∵h′(x)＝，当10，函数h(x)单调递增，当x>e时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减，∴h(x)max＝h(e)＝－e，即a≥－e.
技法领悟
1．对数式的真数f(x)与“＋”连接的f(x)保持一致的原则．
2．利用函数单调性的定义如
g(x)增减性 g′(x)≥0或g′(x)≤0
3．使用恒等变换：x＝ln ex，x＝eln x．
【跟踪训练3】 已知函数f(x)＝a ln x－2x，若不等式f(x＋1)>ax－2ex在x∈(0，＋∞)上恒成立，则实数a的取值范围是________．
(－∞，2]
解析：由f(x)＝a ln x－2x，得f(ex)＝a ln ex－2ex，即f(ex)＝ax－2ex，∵f(x＋1)>ax－2ex，∴f(x＋1)>f(ex)，∵1题型四 g[f(x)]·ln [f(x)]型
例4 若对任意x≥1，恒有a(e2ax－1)≥(x－)ln x，则实数a的最小值为( )
A． B．C． D．
答案：B
解析：方法一 显然当x≥1，a≤0时，不能恒有a(e2ax－1)≥(x－)ln x．
当a>0时，由a(e2ax－1)≥(x－)ln x，整理为2ax(e2ax－1)≥2(x2－1)ln x，即(e2ax－1)ln e2ax≥(x2－1)ln x2①，∵x∈[1，＋∞)，a>0，x2∈[1，＋∞)，e2ax∈(1，＋∞)，令g(t)＝(t－1)ln t，t∈(1，＋∞)，则g′(t)＝ln t＋＝>0，∴g(t)在t∈(1，＋∞)上单调递增，由①得g(e2ax)≥g(x2)，∴e2ax≥x2即2ax≥2ln x，∵x∈[1，＋∞)，a≥，令h(x)＝，即a≥h(x)max，x∈[1，＋∞)，∵h′(x)＝，当1≤x0，函数h(x)单调递增，当x>e时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减，∴h(x)max＝h(e)＝，即a≥.
方法二 显然当x≥1，a≤0时，不能恒有a(e2ax－1)≥(x－)ln x．
当a>0时，由a(e2ax－1)≥(x－)ln x，整理为ax(e2ax－1)≥(x2－1)ln x，即[(eax)2－1]ln eax≥(x2－1)ln x①，∵x∈[1，＋∞)，a>0，∴x2∈[1，＋∞)，eax∈(1，＋∞)，令g(t)＝(t2－1)ln t，t∈(1，＋∞)，∵g′(t)＝2t ln t＋＝>0，∴g(t)在t∈(1，＋∞)上单调递增，由①得g(eax)≥g(x)，∴eax≥x，即ax≥ln x，∵x∈[1，＋∞)，∴a≥，令h(x)＝，即a≥h(x)max，x∈[1，＋∞)，∵h′(x)＝，当1≤x0，函数h(x)单调递增；当x>e时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减，∴h(x)max＝h(e)＝，即a≥.
技法领悟
1．对数式的真数f(x)与相乘的g[f(x)]内的f(x)保持一致的原则．
2．使用恒等变换：x＝ln ex.
【跟踪训练4】 若对任意x>0，恒有a(eax＋1)≥2(x＋)ln x，则实数a的最小值为( )
A． B． C． D．
答案：D
解析：由a(eax＋1)≥2(x＋)ln x，
整理为ax(eax＋1)≥2(x2＋1)ln x，
即(eax＋1)ln eax≥(x2＋1)ln x2①，
∵x>0，a∈R，x2∈(0，＋∞)，∴eax∈(0，＋∞)．
令g(t)＝(t＋1)ln t，t∈(0，＋∞)，
∴g′(t)＝ln t＋＋1，
g″(t)＝＝，当t∈(0，1)时，g″(t)<0，函数g′(t)单调递减，当t∈(1，＋∞)时，g″(t)>0，函数g′(t)单调递增，
∴g′(t)≥g′(1)＝2>0，∴g(t)在t∈(0，＋∞)上单调递增．
由①得g(eax)≥g(x2)，∴eax≥x2，即ax≥2ln x，∵x∈(0，＋∞)，∴a≥，令h(x)＝，即a≥h(x)max.
∵h′(x)＝，x∈(0，＋∞)，
当00，函数h(x)单调递增；
当x>e时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减．
∴h(x)max＝h(e)＝，即a≥.(共35张PPT)
提能培优3 隐零点问题
内容
索引
02.考点二
03.专题强化练（9）
01.考点一
01.考点一
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，则有①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．
考点一 隐零点助力不等式问题
例1 (2024·河南郑州模拟)已知函数f(x)＝aex－bx.
(1)当a＝1，b＝1时，求证f(x)≥1恒成立；
解析：证明：当a＝1，b＝1时，记f(x)＝ex－x，则f′(x)＝ex－1，
因为f′(x)在R上单调递增，且f′(0)＝0，
所以当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以f(x)min＝f(0)＝e0－0＝1，所以f(x)≥1恒成立．
(2)当a≥1时，f(x)≥ln x＋，求整数b的最大值．
解析：当a≥1时，aex－bx≥ln x＋，即ex－bx≥ln x＋，
因为x>0，所以只需≥b.
令g(x)＝，g′(x)＝；
令F(x)＝ex(x－1)＋ln x－，F′(x)＝xex＋>0.
F(x)在(0，＋∞)上是增函数，F(1)＝－<0，F(2)＝e2＋ln 2－>0，
根据零点存在定理， x0∈(1，2)，使得F(x0)＝0，
即(x0－1)＋ln x0－＝0，即ln x0＝.
当x∈(0，x0)时，F(x)<0，即g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，F(x)>0，即g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以g(x)min＝g(x0)＝＝－，故－，
又y＝ex－在(0，＋∞)上单调递增，x0∈(1，2)，所以－>e－1，
又g(1)＝e－，所以b≤e－，
所以整数b的最大值是1.
技法领悟
隐零点助力不等式问题，关键在于构造函数、利用导数分析单调性、代数运算与放缩法，最终求解不等式．
【跟踪训练1】 (2024·河北张家口模拟)已知函数f(x)＝ln x＋5x－4.
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)，
因为f′(x)＝＋5，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为k＝f′(1)＝6，
又f(1)＝ln 1＋5－4＝1，所以切线方程为y－1＝6(x－1)，即6x－y－5＝0.
(2)证明：f(x)>－－2.
解析：证明：f(x)>－－2 x ln x＋5x2－2x>－，
令g(x)＝x ln x＋5x2－2x，x>0，则g′(x)＝ln x＋10x－1.
因为g′(e－2)＝ln e－2＋10×e－2－1＝－3<0，
g′()＝ln ＋10×－1＝－ln 4＝(ln e3－ln 16)>0，
所以存在x0∈(e－2，)，使得g′(x0)＝ln x0＋10x0－1＝0，即ln x0＝1－10x0，
易知g′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
所以当x∈(0，x0)时，g′(x)<0，g(x)在(0，x0)上单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(x0，＋∞)上单调递增，
所以当x＝x0时，g(x)取得最小值．
g(x0)＝－2x0＝－2x0＝－x0，
由二次函数性质可知，g(x0)＝－x0在(e－2，)上单调递减，
所以g(x0)>g()＝－>－，即g(x)＝x ln x＋5x2－2x>－，
所以f(x)>－－2.
02.考点二
考点二 隐零点助力零点问题
例2 (2024·广东广州模拟)已知函数f(x)＝ex－2x.
(1)求函数f(x)的极值；
解析：∵函数f(x)＝ex－2x，
∴f′(x)＝ex－2，
令f′(x)＝0，即ex－2＝0，解得x＝ln 2.
当x>ln 2时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x故当x＝ln 2时，f(x)取极小值，
∴函数f(x)的极小值是f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－2ln 2，无极大值．
(2)讨论函数g(x)＝f(x)－sin x在R上的零点个数．(参考数据：sin 1≈0.84，cos 1≈0.54)
解析：g(x)＝f(x)－sin x＝ex－2x－sin x，则g′(x)＝ex－2－cos x，
令m(x)＝ex－2－cos x，则m′(x)＝ex＋sin x，
由于x>0时，m′(x)＝ex＋sin x>1＋sin x≥0，
因此函数m(x)＝g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
由于g′(0)＝1－2－1<0，g′(1)＝e－2－cos 1>0，
因此存在唯一的x0∈(0，1)，使得g′(x0)＝0，
故当x∈(0，x0)，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)，g′(x)>0，g(x)单调递增；x<0时，g′(x)＝ex－2－cos x综上可知g(x)在x∈(－∞，x0)上单调递减，在x∈(x0，＋∞)上单调递增，
又g(1)＝e－2－sin 1<0，g(－π)＝e－π＋2π>0，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，
因此g(x)与x轴有两个不同的交点，故g(x)＝f(x)－sin x在R上的零点个数为2.
技法领悟
隐零点助力零点问题，关键在于定义隐零点、利用导数分析函数性质、构造函数并进行代数变换，最终求解或证明相关结论．
【跟踪训练2】 (2024·河北石家庄检测)已知函数f(x)＝2－(a＋1)x＋a ln x(a>0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
解析：f′(x)＝x－(a＋1)＋＝＝(x>0)，
当00，f(x)单调递增；当x∈(a，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
当a>1时，当x∈(0，1)，x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1，a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
当a＝1时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)当a＝2时，若函数g(x)＝f(x)－2＋ex－1，求函数g(x)极值点的个数．
解析：a＝2时，g(x)＝ex－1－3x＋2ln x，g′(x)＝ex－1－3＋.
设h(x)＝ex－1－3＋，h′(x)＝ex－1－，h′(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．
因为h′(1)＝－1<0，h′(2)＝e－>0，
所以存在唯一x0∈(1，2)使得h′(x0)＝0，
当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，即g′(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，即g′(x)单调递增．
g′(1)＝0，且g′(x)在(1，x0)上单调递减，所以g′(x0)<0，又g′(2)＝e－2>0，
因此g′(x)在区间(x0，2)上存在唯一零点t，
当x∈(0，1)，x∈(t，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(1，t)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
所以g(x)极值点为1，t，因此g(x)极值点个数为2.
03.专题强化练（9）
1．(5分)已知函数f(x)＝ex－ax＋b，g(x)＝x2－x.若曲线y＝f(x)和y＝g(x)在公共点A(1，0)处有相同的切线，则a，b的值分别为( )
A．e－1，－1 B．－1，e－1 C．e，－1 D．－1，e
答案：A
解析：因为g′(x)＝2x－1，
所以g′(1)＝1，f′(x)＝ex－a，
由题意，解得
故选A.
2．(5分)(2024·福建福州模拟)已知直线y＝kx＋b既是曲线y＝ln x的切线，也是曲线y＝－ln (－x)的切线，则( )
A．k＝，b＝0 B．k＝1，b＝0
C．k＝，b＝－1 D．k＝1，b＝－1
答案：A
解析：设直线与曲线y＝ln x的切点为)，且x1>0，
与曲线y＝－ln (－x)的切点为(x2，－ln (－x2))，且x2<0，
又y′＝(ln x)′＝，y′＝[－ln (－x)]′＝－，
则直线y＝kx＋b与曲线y＝ln x的切线方程为y－ln x1＝(x－x1)，即y＝x＋ln x1－1，
直线y＝kx＋b与曲线y＝－ln (－x)的切线方程为y＋ln (－x2)＝－(x－x2)，即y＝－x＋1－ln (－x2)，
则解得故k＝＝，b＝ln x1－1＝0.故选A.
3．(5分)(2024·河北邢台二模)已知函数f(x)＝x2＋2ln x的图象在A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))两个不同点处的切线相互平行，则下面等式可能成立的是( )
A．x1＋x2＝2 B．x1＋x2＝
C．x1x2＝2 D．x1x2＝
答案：B
解析：因为f(x)＝x2＋2ln x(x>0)，
所以f′(x)＝2x＋(x>0)．
又因为f(x)在A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))两个不同点处的切线相互平行，
所以f′(x1)＝f′(x2) 2x1＋＝2x2＋，又x1≠x2，所以x1x2＝1，故C，D错误；
因为x1>0，x2>0，且x1≠x2，所以x1＋x2>2＝2，故A错误；
当x1＝，x2＝3时，x1＋x2＝，故B正确．
故选B.
4．(6分)(多选)假设直线l与曲线M相切，若切点唯一，则称直线l与曲线M单切；若切点有两个，则称直线l与曲线M双切；若l还与曲线M相交，则称直线l与曲线M交切．已知函数f(x)＝|x3－3x|，则( )
A．直线y＝2与曲线y＝f(x)双切
B．直线y＝－4x＋1与曲线y＝f(x)单切
C．直线y＝2与曲线y＝f(x)交切
D．存在唯一的直线，与曲线y＝f(x)单切且交切
答案：AC
解析：令y＝x3－3x，则y′＝3x2－3，
令y＝3x2－3>0，∴x<－1或x>1；
令y＝3x2－3<0，∴－1则y＝x3－3x在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1，1)上单调递减，y＝x3－3x的极大值为(－1)3＋3＝2，极小值为13－3＝－2，且x3－3x＝0时，x＝0或x＝±，由此可得y＝x3－3x的图象，继而可作出f(x)＝|x3－3x|的图象，如图：
对于A，C，直线y＝2与曲线y＝f(x)相切，切点为(－1，2)，(1，2)，
故直线y＝2与曲线y＝f(x)双切，同时y＝2还与曲线y＝f(x)相交，
故直线y＝2与曲线y＝f(x)交切，A，C正确；
对于B，由于y＝x3－3x，则y′＝3x2－3≥－3，故曲线y＝x3－3x不存在斜率为－4的切线，
令y′＝3x2－3＝4，解得x＝± ，即曲线y＝x3－3x斜率为4的切线的切点横坐标位于(－，)内，
结合y＝f(x)的图象知：曲线f(x)斜率为－4的切线的切点横坐标位于(1，)内，故作出直线y＝－4x＋1与曲线y＝f(x)相交，B错误；
对于D，由于f(x)＝|x3－3x|定义域为R，满足f(－x)＝|－x3＋3x|＝|x3－3x|＝f(x)，故f(x)为偶函数，其图象关于y轴对称，
故不存在唯一的直线与曲线y＝f(x)单切且交切，
否则若存在直线与曲线y＝f(x)单切且交切，如图l1，则必存在关于y轴对称的直线l2与曲线y＝f(x)单切且交切，D错误．故选AC.
5．(5分)(2024·河南信阳模拟)若过点(1，a)仅可作曲线y＝xex的两条切线，则a的取值范围为_____________.
{－}
解析：设切点为P(x0，y0)，
y′＝(x＋1)ex，
所以切线方程为＝(x－x0)，
又因为切线过点(1，a)，
所以＝(1－x0)，
即a＝.
令g(x)＝(－x2＋x＋1)ex，
则g′(x)＝－(x2＋x－2)ex＝－(x＋2)(x－1)ex，
令g′(x)＝0，得x＝－2或x＝1，
当x<－2或x>1时，g′(x)<0，当－20，
g(1)＝e，g(－2)＝－.
当x→－∞时，则g(x)<0，且g(x)→0；
当x→＋∞时，则g(x)→－∞，
所以g(x)的图象如图所示，
因为过点(1，a)仅可作曲线y＝xex的两条切线，
所以y＝a与y＝g(x)的图象有两个交点，
则0≤a6．(17分)已知函数f(x)＝a－2(a≠0)，g(x)＝ln x.
(1)讨论函数F(x)＝f(x)－g(x)的单调区间；
解析：因为F(x)＝f(x)－g(x)＝a－2－ln x(x>0)，
所以F′(x)＝＝，
①若a<0，则F′(x)<0，所以函数F(x)的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间；②若a>0，令F′(x)＝0，则有a－2＝0，解得x＝>0，
所以当x∈(0，)时，F′(x)<0；当x∈(，＋∞)时，F′(x)>0，
所以函数F(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)．
综上，当a<0时，F(x)的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间；
当a>0时，F(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)．
(2)若函数y＝f(x)，y＝g(x)的图象存在两条公切线，求实数a的取值范围．
解析：设函数f(x)＝a－2上的切点坐标为(x1，a－2)，且x1>0，
函数g(x)＝ln x上的切点坐标为(x2，ln x2)，且x2>0.
又f′(x)＝，g′(x)＝，
则公切线的斜率k＝＝，则a>0，所以x1＝，
则公切线方程为y－ln x2＝(x－x2)，即y＝x＋ln x2－1，
代入(x1，a－2)得a－2＝x1＋ln x2－1，
则x2＝＋ln x2＋1，整理得a2＝.
若总存在两条不同的直线与函数y＝f(x)，y＝g(x)图象均相切，
则方程a2＝有两个不同的实根．
设h(x)＝，x>0，
则h′(x)＝＝，
令h′(x)＝0，得x＝1，
当x∈(0，1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减．
又由h(x)＝0可得x＝，
则x趋于0时，h(x)趋于－∞，x趋于＋∞时，h(x)趋于0，则函数h(x)的大致图象如图，所以解得0第二讲 基本初等函数、函数与方程
内容
索引
02.考点二
04.专题强化练（6）
01.考点一
03.考点三
01.考点一
保分练
1．(2024·天津卷)若a＝4.2－0.2，b＝4.20.2，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
答案：B
解析：
因为y＝4.2x在R上单调递增，且－0.2<0<0.2，
所以0<4.2－0.2<4.20<4.20.2，
所以0<4.2－0.2<1<4.20.2，即0因为y＝log4.2x在(0，＋∞)上单调递增，且0<0.2<1，
所以log4.20.2所以b>a>c.故选B.
2．(2024·广东深圳二模)已知a>0，且a≠1，则函数y＝loga(x＋)的图象一定经过( )
A．一、二象限 B．一、三象限
C．二、四象限 D．三、四象限
答案：D
解析：当x＝0时，y＝loga＝－1，
则当0则当a>1时，函数图象过一、三、四象限；
所以函数y＝loga(x＋)的图象一定经过三、四象限．故选D.
3．(2023·新课标Ⅰ卷)设函数f(x)＝2x(x－a)在区间(0，1)单调递减，则a的取值范围是( )
A．(－∞，－2] B．[－2，0)
C．(0，2] D．[2，＋∞)
答案：D
解析：
方法一 由题意得y＝x(x－a)在区间(0，1)上单调递减，所以x＝≥1，解得a≥2.故选D.
方法二 取a＝3，则y＝x(x－3)＝(x－)2－在(0，1)上单调递减，所以f(x)＝2x(x－3)在(0，1)上单调递减，所以a＝3符合题意，排除A，B，C，故选D.
提分练
4．(2024·福建福州模拟)(多选)已知实数x，y，z满足：2x＝＝log2z，则下列不等式中可能成立的是( )
A．yC．y答案：ABD
解析：如图在同一坐标系中分别作出函数y1＝2x，y2＝，y3＝log2x的图象，
依题意直线y＝k与三个函数都有交点，需判断这些交点的横坐标之间有怎样的大小关系．
由图知，有三种不同的情况：当直线y＝k在①位置时，显然有y当直线y＝k在②位置时，显然有x当直线y＝k在③位置时，显然有x故选ABD.
5．(2024·北京卷)已知(x1，y1)，(x2，y2)是函数y＝2x的图象上两个不同的点，则( )
A．log2<
B．log2>
C．log2D．log2>x1＋x2
答案：B
解析：log2＝log2＝＝，∵x1≠x2，∴等号取不到，即log2>.故选B.
技法领悟
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．
02.考点二
保分练
1．(2024·浙江温州模拟)已知函数f(x)＝则关于x的方程f(x)＝ax＋2根的个数不可能是( )
A．0个 B．1个
C．2个 D．3个
答案：C
解析：作出函数y＝f(x)的图象，如图所示，
将原问题转化为直线y＝ax＋2(过定点(0，2))与函数y＝f(x)的图象交点的个数，
由图可知，当a＝0时，直线y＝2与函数y＝f(x)的图象只有一个交点；
当a<0时，直线y＝ax＋2与函数y＝f(x)的图象没有交点；
当a>0时，直线y＝ax＋2与函数y＝f(x)的图象有三个交点．
所以直线y＝ax＋2与函数y＝f(x)的图象不可能有两个交点．故选C.
2．(2024·河北邢台一模)函数f(x)＝cos πx－2x＋1零点的个数为( )
A．3 B．4 C．5 D．6
答案：C
解析：令f(x)＝cos πx－2x＋1＝0，可得cos πx＝2x－1，
则函数f(x)＝cos πx－2x＋1零点的个数为y＝cos πx与y＝2x－1的交点个数．
显然y＝cos πx与y＝2x－1均关于(，0)对称，
又当x＝2时，cos 2π>2×2－1，当x＝4时，cos 4π<2×4－1，
再结合两个函数的图象，可得y＝cos πx与y＝2x－1有5个交点，
故函数f(x)＝cos πx－2x＋1零点的个数为5.故选C.
3．(2024·河南安阳模拟)已知函数f(x)＝x3－ax2－|x－a|有3个零点，则实数a的取值范围为___________．
(－∞，－1)
解析：显然a是函数f(x)＝x3－ax2－|x－a|的一个零点，
当x当x>a时，f(x)＝x3－ax2－x＋a＝(x－a)(x2－1)，由x2－1＝0，得x＝±1.
因为函数f(x)有3个零点，必有a<－1，
所以实数a的取值范围为(－∞，－1)．
提分练
4．设函数f(x)＝a(x＋1)2－1，g(x)＝cos x＋2ax，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
答案：D
解析：
方法一 ∵f(x)＝a(x＋1)2－1，g(x)＝cos x＋2ax，曲线y＝f(x)与y＝g(x)在(－1，1)上恰有一个交点，令h(x)＝f(x)－g(x)＝ax2－cos x＋a－1，∴h(x)在(－1，1)上恰有一个零点．又易知h(x)为(－1，1)上的偶函数，
∴h(0)＝0，即a－2＝0，∴a＝2.故选D.
方法二 当a＝－1时，f(x)－g(x)＝－x2－cos x－2，当x∈(－1，1)时，f(x)－g(x)<0，∴曲线y＝f(x)与y＝g(x)在(－1，1)上没有交点，故A错误．当a＝时，f(x)－g(x)＝x2－cos x－，当x∈(－1，1)时，x2－<0，－cos x<0，∴f(x)－g(x)<0，∴曲线y＝f(x)与y＝g(x)在(－1，1)上没有交点，故B错误．当a＝1时，f(x)－g(x)＝x2－cos x，令m(x)＝f(x)－g(x)，则m(x)为偶函数，且在(－1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增．又m(0)＝－1<0，m(1)＝1－cos 1>0，m(－1)＝1－cos 1>0，由函数零点存在定理可知m(x)在(－1，0)和(0，1)上各有1个零点，即曲线y＝f(x)与y＝g(x)在(－1，1)上有2个交点，故C错误．当a＝2时，f(x)－g(x)＝2x2－cos x＋1.令n(x)＝f(x)－g(x)，则n(x)为偶函数，且在(－1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增，又n(0)＝0，∴曲线y＝f(x)与y＝g(x)在(－1，1)上只有1个交点，故D正确．故选D.
5．(2024·河南新乡二模)已知函数f(x)＝g(x)＝x2＋2x－4λ，λ∈R，若关于x的方程f(g(x))＝λ有6个解，则λ的取值范围为________．
()
解析：令g(x)＝t，由函数f(x)的图象可知，方程f(t)＝λ(λ为常数)最多有3个解．
f(t)在(－∞，0]上单调递增，
当t>0时，f′(t)＝，则f(t)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
所以在t＝e处取得极大值，即极大值为f(e)＝＝，如图，
故结合图象可得0<λ<，且方程f(t)＝λ的三个解中最小的解为t＝log2λ.
又g(x)＝x2＋2x－4λ＝(x＋1)2－4λ－1，在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)最小值为g(－1)＝－4λ－1，即当t≥－4λ－1时，g(x)＝t有2个零点，
所以使关于x的方程f(g(x))＝λ有6个解，则
log2λ>－4λ－1，即4λ＋log2λ＋1>0.
令h(λ)＝4λ＋log2λ＋1，
易知h(λ)在(0，＋∞)上单调递增，又h()＝0，所以4λ＋log2λ＋1>0的解集为(，＋∞)．
综上所述，λ的取值范围为()．
技法领悟
利用函数零点的情况求参数值(取值范围)的方法
(1)直接法：利用函数零点存在定理构建不等式确定参数的取值范围．
(2)分离参数法：将参数分离，转化成求函数的值域问题．
(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解．
03.考点三
保分练
1．(2024·广东茂名一模)Gompertz曲线用于生长曲线的回归预测，常见的应用有：代谢预测，肿瘤生长预测，有限区域内生物种群数量预测，工业产品的市场预测等，其公式为f(x)＝(其中k>0，b>0，a为参数)．某研究员打算利用该函数模型预测公司新产品未来的销售量增长情况，发现a＝e.若x＝1表示该新产品今年的年产量，估计明年(x＝2)的产量将是今年的e倍，那么b的值为(e为自然数对数的底数)( )
A． B．C．－1 D．＋1
答案：A
解析：由a＝e，得到f(x)＝，
∴当x＝1时，f(1)＝；
当x＝2时，f(2)＝.
依题意，明年(x＝2)的产量将是今年的e倍，得＝＝e，
∴＝1，即b2＋b－1＝0，解得b＝.
∵b>0，∴b＝.故选A.
2．(2024·北京卷)生物丰富度指数 d＝是河流水质的一个评价指标，其中S，N分别表示河流中的生物种类数与生物个体总数．生物丰富度指数d越大，水质越好．如果某河流治理前后的生物种类数S没有变化，生物个体总数由N1变为N2，生物丰富度指数由2.1提高到3.15，则( )
A．3N2＝2N1 B．2N2＝3N1 ＝
答案：D
解析：由题意得＝2.1，＝3.15，则2.1ln N1＝3.15ln N2，即2ln N1＝3ln N2，所以＝.故选D.
提分练
3．(2024·河南新乡二模)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)之间的关系式为P＝P0e－kt，其中P0，k是正的常数，若在前5 h消除了20%的污染物，则常数k所在的区间为( )
A．() B．() C．() D．()
答案：B
解析：由条件可知，当t＝0时，P＝P0，由题意可知，P0＝P0e－5k，得5k＝ln ，即k＝ln ，
因为()4e，所以所以4．(2023·新课标Ⅰ卷)(多选)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：
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
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
答案：ACD
解析：因为Lp＝20×lg 随着p的增大而增大，且
技法领悟
已知函数模型的解析式时，常结合指数与对数的运算，再应用函数、方程、不等式等有关知识加以解决．
03.专题强化练（6）
1．(2024·河北沧州二模)若a＝log83，b＝，c＝ln (sin22024)，则下列大小关系正确的是( )
A．bC．a答案：B
解析：由对数函数单调性，可得log8＝2．(2024·江西南昌检测)若()a＝log2a，()b＝＝2－c，则正数a，b，c大小关系是( )
A．cC．a答案：B
解析：由()a＝log2a，则a为y＝()x与y＝log2x交点的横坐标，由()b＝b2，则b为y＝()x与y＝x2交点的横坐标，由＝2－c，即＝()c，则c为y＝()x与y＝交点的横坐标，作出y＝()x，y＝log2x，y＝x2，y＝的图象如图所示，
由图可知，c3．函数f(x)＝的一个单调递减区间为( )
A．(－∞，0) B．(－1，0)
C．(0，1) D．(1，＋∞)
答案：C
解析：令t＝x2－2|x|，则y＝3t，由复合函数的单调性可知，f(x)的单调递减区间为函数t＝x2－2|x|的单调递减区间，又函数t(－x)＝(－x)2－2|－x|＝t(x)，即函数t(x)为偶函数，结合图象，如图所示，
可知函数t＝x2－2|x|的单调递减区间为(－∞，－1)和(0，1)，即f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)和(0，1)．故选C.
4．(2024·安徽合肥模拟)若x，y∈R，则“2x－2y>()x－()y”是“ln (x－y)>0”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
答案：B
解析：设命题p：2x－2y>()x－()y，命题q：ln (x－y)>0.对于命题p，因为2x－2y>()x－()y，所以2x－()x>2y－()y，构造函数f(x)＝2x－()x，易知f(x)在R上为增函数，所以x>y；对于命题q，因为ln (x－y)>0，所以x－y>1，即x>y＋1.
所以p q为假命题，q p为真命题，所以p是q的必要不充分条件．故选B.
5．(2024·广东佛山二模)已知0A．() B．(0，)
C．(∪(，1) D．(0，(，1)
答案：D
解析：依题意，f(x)＝＝·ln x＝·ln x，显然函数y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，而函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，因此<0，而06．(2024·江西鹰潭模拟)19世纪美国天文学家西蒙·纽康在翻阅对数表时，偶然发现表中以1开头的数出现的频率更高．约半个世纪后，物理学家本·福特又重新发现这个现象，从实际生活得出的大量数据中，以1开头的数出现的频数约为总数的三成，并提出本·福特定律，即在大量b进制随机数据中，以n开头的数出现的概率为Pb(n)＝logb，如斐波那契数、阶乘数、素数等都比较符合该定律，后来常有数学爱好者用此定律来检验某些经济数据、选举数据等大数据的真实性．若 ＝(k∈N*，k≤2 024)，则k＝( )
A．674 B．675 C．676 D．677
答案：B
解析：＝P10(k)＋P10(k＋1)＋…＋P10(2 024)＝lg ＋lg ＋…＋lg ＝lg ＝＝lg 3，故k＝675.故选B.
7．(2024·河北沧州模拟)直线y＝2x与曲线y＝ex－x2的公共点的个数为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案：C
解析：直线y＝2x与曲线y＝ex－x2的公共点的个数，转化为函数y＝ex－x2－2x的零点的个数，所以转化为函数f(x)＝ex与g(x)＝x2＋2x图象交点的个数．f(0)＝e0＝1>g(0)＝0，f(1)＝e1＝eg(3)＝9＋6＝15，所以 x2∈(1，3)，使得f(x2)＝g(x2)，所以在同一平面直角坐标系中作出两函数的图象，如图所示，
由图可知函数f(x)＝ex与g(x)＝x2＋2x图象有3个交点，故直线y＝2x与曲线y＝ex－x2的公共点的个数为3.故选C.
8．(2024·江西上饶二模)定义在R上的奇函数f(x)满足f(2－x)＝f(x)，且在[0，1]上单调递减，若方程f(x)＝1在(－1，0]上有实数根，则方程f(x)＝－1在区间[3，11]上所有实根之和是( )
A．28 B．16
C．20 D．12
答案：A
解析：由f(2－x)＝f(x)知函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，∵f(2－x)＝f(x)，f(x)是R上的奇函数，∴f(－x)＝f(x＋2)＝－f(x)，∴f(x＋4)＝f(x)，∴f(x)的周期为4，考虑f(x)的一个周期，例如[－1，3]，由f(x)在[0，1]上是减函数，知f(x)在(1，2]上是增函数，f(x)在(－1，0]上是减函数，f(x)在[2，3)上是增函数，对于奇函数f(x)有f(0)＝0，f(2)＝f(2－2)＝f(0)＝0，故当x∈(0，1)时，f(x)f(0)＝0，当x∈(2，3)时，f(x)>f(2)＝0，
∵方程f(x)＝1在(－1，0]上有实数根，函数f(x)在(－1，0]上是单调函数，则这实数根是唯一的，∴方程f(x)＝－1在(0，1]上有唯一的实数根，则由于f(2－x)＝f(x)，函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，故方程f(x)＝－1在(1，2)上有唯一实数根，∵在(－1，0)和(2，3)上f(x)>0，则方程f(x)＝－1在(－1，0]和[2，3)上没有实数根，从而方程f(x)＝－1在一个周期内有且仅有两个实数根，当x∈[－1，3]，方程f(x)＝－1的两实数根之和为x＋2－x＝2，当x∈[3，11]，方程f(x)＝－1的所有4个实数根之和为4＋x＋4＋2－x＋x＋8＋2－x＋8＝8＋2＋8＋2＋8＝28.故选A.
9．(2024·河南郑州一模)溶液酸碱度是通过pH来计量的．pH的计算公式为pH＝－lg [H＋]，其中[H＋]表示溶液中氢离子的浓度，单位是摩尔/升．例如纯净水中氢离子的浓度为10－7摩尔/升，则纯净水的pH是7.当pH<7时，溶液呈酸性；当pH>7时，溶液呈碱性；当pH＝7(例如：纯净水)时，溶液呈中性．我国规定饮用水的pH值在6.5～8.5之间，则下列选项正确的是(参考数据：取lg 2≈0.3)( )
A．若苏打水的pH是8，则苏打水中的氢离子浓度为10－8摩尔/升
B．若胃酸中氢离子的浓度为2.5×10－2摩尔/升，则胃酸的pH是1.6
C．若海水的氢离子浓度是纯净水的10－1.6倍，则海水的pH是8.6
D．若某种水中氢离子的浓度为4×10－7摩尔/升，则该种水适合饮用
答案：ABC
解析：若苏打水的pH是8，即pH＝－lg [H＋]＝8，所以[H＋]＝10－8，即苏打水中的氢离子浓度为10－8摩尔/升，所以A正确；若胃酸中氢离子的浓度为2.5×10－2摩尔/升，则pH＝－lg (2.5×10－2)＝－lg 2.5－lg 10－2＝2－(lg 10－lg 4)＝1＋2lg 2≈1.6，即B正确；－lg 10－8.6＝8.6，即海水的pH是8.6，所以C正确；若某种水中氢离子的浓度为4×10－若海水的氢离子浓度是纯净水的10－1.6倍，则海水的氢离子浓度是10－1.6·10－7＝10－8.6，因此pH＝7摩尔/升，则pH＝－lg (4×10－7)＝－lg 4－lg 10－7＝7－2lg 2≈6.4，而6.4不在6.5～8.5范围内，即可得该种水不适合饮用，即D错误．故选ABC.
10．(2024·湖南怀化二模)已知函数y＝x＋ex的零点为x1，y＝x＋ln x的零点为x2，则( )
A．x1＋x2>0
B．x1x2<0
＋ln x2＝0
D．x1x2－x1＋x2>1
答案：BC
解析：依题意＝＝＝0 ln x2＝－x2，则x1，x2分别是直线y＝－x与函数y＝ex，y＝ln x图象交点的横坐标，而函数y＝ex与y＝ln x互为反函数，它们的图象关于直线y＝x对称，又直线y＝－x垂直于直线y＝x，则点)与点(x2，ln x2)关于直线y＝x对称，则x2＝＝－x1>0，于是x1＋x2＝＋ln x2＝0，B，C正确，A错误；x1x2－x1＋x2－1＝(x1－1)(x2＋1)<0，即x1x2－x1＋x2<1，D错误．故选BC.
11．(2023江西萍乡二模)已知2a＝5b＝10，则下列关系正确的是( )
A．ea－b>1
B．a＋bC．a＋4b<9
D．(＋1)2＋(＋2)2>8
答案：AD
解析：因为2a＝5b＝10，所以a＝log210＝1＋log25＝，b＝log510＝1＋log52＝.对于A，a－b＝＝>0，所以ea－b>e0＝1，故A正确；对于B，a＋b－ab＝·＝＝＝0，所以a＋b＝ab，故B不正确；对于C，因为a，b>0，＝lg 2＋lg 5＝1，所以a＋4b＝(a＋4b)()＝＋5≥2＋5＝9，而a≠2b，故上述不等式等号不成立，则a＋4b>9，故C不正确；对于＋(＋2)2＝(lg 2＋1)2＋(lg 5＋2)2＝(lg 2＋1)2＋(1－lg 2＋2)2＝2lg22－4lg 2＋10＝2(lg 2－1)2＋8>8，故D正确．故选AD.
12．(2024·全国甲卷)已知a>1，＝－，则a＝________．
64
解析：由题＝log2a＝－，整理得(log2a)2－5log2a－6＝0 log2a＝－1或log2a＝6，又a>1，所以log2a＝6＝log226，故a＝26＝64.
13．若函数f(x)＝|2x－3|－1－m有2个零点，则m的取值范围是________．
(－1，2)
解析：由f(x)＝|2x－3|－1－m＝0，
得|2x－3|－1＝m.
设函数g(x)＝|2x－3|－1＝
作出g(x)的大致图象，如图所示．
函数f(x)＝|2x－3|－1－m有2个零点，即函数g(x)与函数y＝m的图象有两个交点，
由图可知，m的取值范围是(－1，2)．
14．(2024·河北石家庄模拟)给定函数f(x)＝|x2＋x|，g(x)＝x＋，用M(x)表示f(x)，g(x)中的较大者，记M(x)＝max{f(x)，g(x)}．若函数y＝M(x)的图象与y＝a有3个不同的交点，则实数a的取值范围是____________________．
(0，
解析：
由f(x)＝|x2＋x|得
g(x)＝x＋，
因为M(x)＝max{f(x)，g(x)}，
所以图象变为
其中(|x2＋x|)max＝(－1≤x≤0)，当且仅当x＝－时取得最大值．
设两函数在第一象限的交点为P，即当x>0，y>0时，解得P(1，2)，
由题意知y＝a与函数y＝M(x)的图象有3个不同的交点，由数形结合易知02，即实数a的取值范围为(0，(共62张PPT)
第一讲 函数的图象与性质
内容
索引
02.考点二
04.专题强化练（5）
01.考点一
03.考点三
01.考点一
保分练
1．(2024·广东广州模拟)若函数f(x)＝＋lg (2x－1)，则f(x)的定义域为( )
A．{x|x>0} B．{x|x≤1}
C．{x|0答案：C
解析：由 02．(2024·河南周口模拟)已知函数f(x)＝则f(f(－1))＝( )
A．2 B． C．1 D．－1
答案：B
解析：因为f(x)＝
所以f(－1)＝(－1)2＋1＝2，
所以f(f(－1))＝f(2)＝.故选B.
3．(2024·河北唐山模拟)已知函数f(x)＝满足f(π)＝1，则实数m＝( )
A． B． C．1 D．2
答案：B
解析：函数f(x)＝f(π)＝f()＋m＝f(0)＋2m＝sin 0＋2m＝1，所以m＝.故选B.
提分练
4．(2024·江西南昌二模)已知f(x)＝则不等式f(x)<2的解集是( )
A．(－∞，2) B．(－∞，3)
C．[0，3) D．(3，＋∞)
答案：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，可得x<0；
当x≥0时，不等式f(x)<2可化为log2(x＋1)<2，
所以x＋1<4，且x＋1>0，所以0≤x<3，
所以不等式f(x)<2的解集是(－∞，3)．故选B.
5．(2024·河北沧州模拟)已知函数f(x)的定义域为R， a，b∈R，均满足f(a＋b)＝f(a)＋f(b)－ab.若f(－1)＝3，则f(3)＝( )
A．0 B．－9 C．－12 D．－15
答案：D
解析：令a＝b＝0，得f(0)＝2f(0)，所以f(0)＝0；
令a＝1，b＝－1，得f(0)＝f(1)＋f(－1)＋1＝0，
又f(－1)＝3，所以f(1)＝－4；
令a＝b＝1，得f(2)＝f(1)＋f(1)－1＝－9；
令a＝1，b＝2，得f(3)＝f(1)＋f(2)－2＝－15.故选D.
技法领悟
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．
02.考点二
保分练
1．(2024·山东济南模拟)函数f(x)＝的图象大致为( )
答案：C
解析：依题意，函数f(x)＝的定义域为{x∈R|x≠±1}，f(－x)＝＝－＝－f(x)，则f(x)是奇函数，其图象关于原点对称，B不满足；当x∈(0，1)时，ex－e－x>0，|1－x2|>0，则f(x)>0，A，D不满足，C满足．故选C.
2.(2024·广东佛山二模)如图，△OAB是边长为2的正三角形，记△OAB位于直线x＝t(0≤t≤2)左侧的图形的面积为f(t)，则函数y＝f(t)的图象大致是( )
答案：A
解析：依题意，当0从而可以求得f(t)＝t·t＝，
当1可求得f(t)＝＝－t2＋2t－，
所以f(t)＝
从而可知选项A的图象满足题意．故选A.
提分练
3．(2024·安徽淮北二模)当实数t变化时，函数f(x)＝|x2＋t|，x∈[－4，4]最大值的最小值为( )
A．2 B．4
C．6 D．8
答案：D
解析：若Δ＝－4t≤0，即t≥0时，f(x)＝x2＋t，其对称轴为x＝0，f(x)max＝t＋16，
此时，因为t≥0，故g(t)＝t＋16的最小值为16；
若t<0，由y＝x2＋t＝0，可得x＝±，
(1)如图甲，当≤4时，即－16≤t<0时，f(x)＝|x2＋t|在[－4，－]上单调递减，
在[－，0]上单调递增，在[0，]上单调递减，在[，4]上单调递增，
又f(±4)＝|t＋16|＝t＋16，f(0)＝|t|＝－t，
①当－16≤t≤－8时，t＋16≤－t，故f(x)max＝－t，而g(t)＝－t在[－16，－8]上单调递减，则此时，g(t)min＝g(－8)＝8；
②当－8－t，故f(x)max＝t＋16，而h(t)＝t＋16在(－8，0)上单调递增，则此时g(t)>h(－8)＝8.
(2)如图乙，当>4，即t<－16时，f(x)＝|x2＋t|在[－4，0]上单调递增，在[0，4]上单调递减，
则此时f(x)max＝f(0)＝|t|＝－t，而φ(t)＝－t在(－∞，－16)上单调递减，则φ(t)>φ(－16)＝16.
综上，函数f(x)＝|x2＋t|，x∈[－4，4]最大值的最小值为8.故选D.
4．设函数f(x)＝ 若f(x)＝a有四个实数根x1，x2，x3，x4，且x1()
解析：因为 所以f(x)＝其图象如图所示，
又f(x)＝a有四个实数根，由图知－log2(x1－1)＝log2(x2－1)，得到x1x2＝x1＋x2，即＝1，且x3＋x4＝8.
由|log2(x－1)|＝1，得到x＝3或x＝，所以所以(x3＋x4)x1＋＝2x1＋＝1＋2x1－.
令y＝1＋2x－03.考点三
保分练
1．(2024·新课标Ⅰ卷) 已知函数为f(x)＝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，＋∞)
答案：B
解析：因为f(x)在R上单调递增，且x≥0时，f(x)＝ex＋ln (x＋1)单调递增，
则需满足解得－1≤a≤0，
即a的取值范围是[－1，0].故选B.
2．(2023·新课标Ⅱ卷)若f(x)＝(x＋a)ln 为偶函数，则a＝( )
A．－1 B．0 C． D．1
答案：B
解析：方法一 设g(x)＝ln ，易知g(x)的定义域为(－∞，－，＋∞)，且g(－x)＝ln ＝ln ＝－ln ＝－g(x)，所以g(x)为奇函数．若f(x)＝(x＋a)ln 为偶函数，则y＝x＋a也应为奇函数，所以a＝0，故选B.
方法二 因为f(x)＝(x＋a)ln 为偶函数，f(－1)＝(a－1)ln 3，f(1)＝(a＋1)ln ＝－(a＋1)ln 3，所以(a－1)ln 3＝－(a＋1)ln 3，解得a＝0，故选B.
3．(2024·河南南阳模拟)已知函数f(x)＝ln |x|，设a＝f(－3)，b＝f()，c＝f(2)，则( )
A．a>c>b B．a>b>c
C．c>a>b D．b>a>c
答案：A
解析：函数f(x)＝ln |x|的定义域为{x∈R|x≠0}，f(－x)＝ln |－x|＝ln |x|＝f(x)，函数f(x)是偶函数，当x>0时，f(x)＝ln x是增函数，而0<<2<3，所以f()c>b.故选A.
4．(2024·广东广州二模)已知f(x)是奇函数，且当x<0时，f(x)＝－eax，若f(ln 2)＝，则a＝________．
3
解析：由题意知f(x)是奇函数，且当x<0时，f(x)＝－eax，
故f(ln 2)＝－f(－ln 2)＝－f(ln )＝＝＝，则()a＝，∴a＝3.
提分练
5．(2024·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)的定义域为R，f(x)>f(x－1)＋f(x－2)，且当x<3时，f(x)＝x，则下列结论中一定正确的是( )
A．f(10)>100 B．f(20)>1 000
C．f(10)<1 000 D．f(20)<10 000
答案：B
解析：
因为当x<3时f(x)＝x，所以f(1)＝1，f(2)＝2，
又因为f(x)>f(x－1)＋f(x－2)，
则f(3)>f(2)＋f(1)＝3，f(4)>f(3)＋f(2)>5，f(5)>f(4)＋f(3)>8，f(6)>f(5)＋f(4)>13，f(7)>f(6)＋f(5)>21，f(8)>f(7)＋f(6)>34，f(9)>f(8)＋f(7)>55，f(10)>f(9)＋f(8)>89，f(11)>f(10)＋f(9)>144，f(12)>f(11)＋f(10)>233，f(13)>f(12)＋f(11)>377，f(14)>f(13)＋f(12)>610，f(15)>f(14)＋f(13)>987，f(16)>f(15)＋f(14)>1 597>1 000，则依次下去可知f(20)>1 000，则B正确，且无证据表明A，C，D一定正确．故选B.
6．(2023·新课标Ⅰ卷)(多选)已知函数f(x)的定义域为R，f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)，则( )
A．f(0)＝0
B．f(1)＝0
C．f(x)是偶函数
D．x＝0为f(x)的极小值点
答案：ABC
解析：取x＝y＝0，则f(0)＝0，故A正确；取x＝y＝1，则f(1)＝f(1)＋f(1)，所以f(1)＝0，故B正确；取x＝y＝－1，则f(1)＝f(－1)＋f(－1)，所以f(－1)＝0，取y＝－1，则f(－x)＝f(x)＋x2f(－1)，所以f(－x)＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数，故C正确；由于f(0)＝0，且函数f(x)为偶函数，所以函数f(x)的图象关于y轴对称，所以x＝0可能为函数f(x)的极小值点，也可能为函数f(x)的极大值点，也可能不是函数f(x)的极值点，故D不正确．综上，选ABC.
7．(2024·河北邢台模拟)定义域为R的函数f(x)的图象关于点(1，1)对称，函数g(x)＝f(x)－2x的图象关于直线x＝2对称．若f(0)＝0，则f(1)＋f(2)＋…＋f(50)＝________．
2 499
解析：因为f(x)的图象关于点(1，1)对称，所以f(－x)＋f(x＋2)＝2，
则f(－x)－2(－x)＋f(x＋2)－2(x＋2)＝－2，即g(－x)＋g(x＋2)＝－2，
又g(x)的图象关于直线x＝2对称，则g(x＋4)＝g(－x)，
所以g(x＋4)＋g(x＋2)＝－2，即g(x＋2)＋g(x)＝－2，
可得g(x＋4)＝g(x)，则g(x)是以4为周期的函数．
因为g(0)＝f(0)－2×0＝0，
由f(－x)＋f(x＋2)＝2，令x＝－1，得f(1)＝1，
所以g(1)＝f(1)－2＝－1，g(2)＝－2－g(0)＝－2，g(3)＝g(1)＝－1，
所以f(1)＋f(2)＋…＋f(50)＝g(1)＋g(2)＋…＋g(50)＋2(1＋2＋…＋50)＝－4×12－1－2＋2 550＝2 499.
技法领悟
1．函数单调性的应用：比较大小、求函数的最值、解不等式、证明方程根的唯一性．
2．利用函数的奇偶性和周期性可以转化函数的解析式、图象和性质，把不在已知区间上的问题，转化到已知区间上求解．
03.专题强化练（5）
1．(2024·全国甲卷)函数f(x)＝－x2＋(ex－e－x)sin x在区间[－2.8，2.8]的图象大致为( )
答案：B
解析：f(－x)＝－x2＋(e－x－ex)sin (－x)＝－x2＋(ex－e－x)sin x＝f(x)，又函数定义域为[－2.8，2.8]，故该函数为偶函数，可排除A，C；又f(1)＝－1＋(e－)sin 1>－1＋(e－)sin ＝－1－>>0，故可排除D.故选B.
2．(2024·山东聊城二模)已知函数f(x)为R上的偶函数，且当x>0时，f(x)＝log4x－1，则)＝( )
A．－ B．－
C． D．
答案：A
解析：因为f(x)为偶函数，所以f(－x)＝f(x)，则)＝)＝－1＝－1＝－1＝－1＝－.故选A.
3．(2024·河北保定二模)若函数y＝f(x)－1是定义在R上的奇函数，则f(－1)＋f(0)＋f(1)＝( )
A．3 B．2
C．－2 D．－3
答案：A
解析：设F(x)＝f(x)－1，则F(x)＋F(－x)＝0，即f(x)－1＋f(－x)－1＝0，即f(x)＋f(－x)＝2，所以f(1)＋f(－1)＝2.因为F(0)＝f(0)－1＝0，所以f(0)＝1，f(－1)＋f(0)＋f(1)＝2＋1＝3.故选A.
4．(2024·湖北武汉二模)已知函数f(x)＝x|x|，则关于x的不等式f(2x)>f(1－x)的解集为( )
A．(，＋∞) B．(－∞，) C．(，1) D．(－1，)
答案：A
解析：由f(x)＝x|x|＝故f(x)在R上单调递增，由f(2x)>f(1－x)，有2x>1－x，即x>.故选A.
5．(2024·山东济宁一模)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
答案：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)关于点(－1，0)中心对称，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)关于直线x＝－2轴对称，又因为f(x)＝－f(－2－x)＝－f(－2＋x)＝－[－f(－4＋x)]，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.
6．(2024·安徽马鞍山检测)已知函数y＝f(x)的大致图象如图所示，则y＝f(x)的解析式可能为( )
A．f(x)＝ B．f(x)＝
C．f(x)＝D．f(x)＝
答案：D
解析：
因为f(1)＝>0，与图象不符，故A错误；
因为f(1)＝>0，与图象不符，故B错误；
因为f(1)＝>0，与图象不符，故C错误．故选D.
7．若定义在R上的偶函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，则f(ln )，f(－)，f(e－2)的大小关系为( )
A．f(ln )>f(－)>f(e－2) B．f(ln )>f(e－2)>f(－)
C．f(－)>f(ln )>f(e－2) D．f(－)>f(e－2)>f(ln )
答案：A
解析：因为f(x)是定义在R上的偶函数，所以f(－)＝f()．因为＝，则f()>f(e－2)，即f(ln )>f(－)>f(e－2)．故选A.
8．(2024·山西运城一模)已知符号函数sgn (x)＝则函数f(x)＝sgn (x)·ln (x＋)的图象大致为( )
答案：D
解析：sgn (x)定义域为R，且为奇函数，故sgn (－x)＝－sgn (x)，故f(x)＝sgn (x)·ln (x＋)的定义域为R，且f(－x)＝sgn (－x)·ln (－x＋)＝－sgn (x)·ln (－x＋)＝－sgn (x)·ln ()＝sgn(x)·ln (＋x)＝f(x)，故f(x)＝sgn (x)·ln (x＋)为偶函数，A，B错误；当x＝1时，f(1)＝sgn (1)·ln (1＋)＝ln (1＋)>0，C错误，D正确．故选D.
9．函数f(x)＝x3－(m∈R)的图象可能是( )
答案：ABD
解析：由题意可知，函数f(x)的定义域为(－∞，0)当m>0时，f′(x)＝3x2＋>0，函数f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递增，故B正确；当m＝0时，f(x)＝x3，f′(x)＝3x2>0，所以在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递增，故D正确；当m<0，x>0时，f(x)＝x3－>0，当x<0时，f(x)＝x3－<0，故A正确，C错误．故选ABD.
10．(2024·河北沧州二模)已知f(x)是定义在[0，＋∞)上的单调递增且图象连续不断的函数，若 x，y∈[0，＋∞)，恒有f(x＋y)＝成立，设x1>x2>1，则( )
A．f(0)＝0 B． x0∈[0，＋∞)，f(x0)＝1
C．>f() D．答案：AD
解析：对于A，令y＝0，得f(x＋0)＝，即f(0)[f2(x)－1]＝0，因为f(x)在[0，＋∞)上单调递增，可知f(x)不恒等于±1，所以f(0)＝0，故A正确；对于B，若存在x0使得f(x0)＝1，令y＝x0，得f(x＋x0)＝＝1，则f(x)恒等于1，这与f(x)单调递增矛盾，故 x∈[0，＋∞)，f(x)≠1，故B错误；
对于C，D，若存在x1，使得f(x1)>1，因为f(x)的图象连续不断，f(x1)>1，f(0)＝0<1，故存在x2，使得f(x2)＝1，与上述f(x)≠1矛盾，故 x∈[0，＋∞)，f(x)<1，可得f()<1，则f(x1＋x2)＝，当且仅当f(x1)＝f(x2)时取等号．又因为x1≠x2，f(x)单调递增，故不取等号，即f(x1＋x2)>.令y＝x≥0时，可得f(2x)＝，则f(x1＋x2)＝，当x∈[0，1)时，令g(x)＝，则g(x)＝，x∈(0，1)．
因为y＝＋x，x∈(0，1)单调递减，且y>0，可知g(x)＝，x∈(0，1)单调递增，所以g(x)<1.
又因为g(0)＝0，则 x∈[0，1)，g(x)＝∈[0，1)，且在[0，1)上单调递增，因为g[f()]＝＝f(x1＋x2)，g[]＝，可知g[f()]>g[]，所以f()>，故C错误，D正确．故选AD.
11．(2024·河南新乡二模)已知不恒为0的函数f(x)的定义域为R，f(x＋y)＝eyf(x)＋exf(y)，则( )
A．f(0)＝0
B．是奇函数
C．x＝0是f(x)的极值点
D．f(3)＝－3e4f(－1)
答案：ABD
解析：函数f(x)的定义域为R，f(x＋y)＝eyf(x)＋exf(y)，对于A，令x＝y＝0，则f(0)＝2f(0)，解得f(0)＝0，A正确；对于B，x∈R，取y＝－x，则f(0)＝e－xf(x)＋exf(－x)，因此＝－，令g(x)＝，即有g(－x)＝－g(x)，因此函数g(x)是奇函数，即是奇函数，B正确；对于C，由B知，令g(x)＝x，则f(x)＝xex，求导得f′(x)＝(x＋1)ex，f′(0)＝1≠0，因此x＝0不是f(x)的极值点，C错误；对于D，f(3)＝e2f(1)＋ef(2)＝e2f(1)＋e[ef(1)＋ef(1)]＝3e2f(1)，由＝－，得＝－，即f(1)＝－e2f(－1)，因此f(3)＝－3e4f(－1)，D正确．故选ABD.
12．(2024·辽宁沈阳二模)已知函数f(x)＝则f(log3)＝________．
解析：∵log3＝－log316，32<16<33，
∴－3∴f(log3)＝f(log3＋2)＝f(log3＋2＋2)＝f(log3)＝3log3＝.
13．(2024·广东佛山二模)已知定义在R上的偶函数f(x)在[0，＋∞)上单调递减，且f(1)＝2，则满足f(x)＋f(－x)>4的实数x的取值范围为________．
(－1，1)
解析：由f(x)为偶函数且在[0，＋∞)上单调递减，故f(x)在(－∞，0)上单调递增，
又f(1)＝2，故当f(x)>2，可得x∈(－1，1)，
又f(－x)＝f(x)，故f(x)＋f(－x)>4等价于f(x)>2，
故x的取值范围为(－1，1)．
14．(2024·山东济南一模)已知集合A＝{u(x)|u(x)＝ax2－(a＋b)x＋b，a，b∈R}，函数f(x)＝x2－1.若函数g(x)满足：对任意u(x)∈A，存在λ，μ∈R，使得u(x)＝λf(x)＋μg(x)，则g(x)的解析式可以是________．(写出一个满足条件的函数解析式即可)
g(x)＝x－1
解析：u(x)＝ax2－(a＋b)x＋b，f(x)＝x2－1，
u(1)＝a－(a＋b)＋b＝0，f(1)＝0，
u(x)＝λf(x)＋μg(x)，u(1)＝λf(1)＋μg(1)＝μg(1)＝0，
所以g(1)＝0，则g(x)的解析式可以为g(x)＝x－1.
经检验，g(x)＝x－1满足题意．(共35张PPT)
提能培优2 曲线的公切线问题
内容
索引
02.考点二
03.专题强化练（9）
01.考点一
01.考点一
考点一 切点相同的公切线问题
例1 (2024·河北石家庄模拟)设曲线f(x)＝aex＋b和曲线g(x)＝cos ＋c在它们的公共点P(0，2)处有相同的切线，则ba＋c＝( )
A．0 B．π
C．2 D．3
答案：C
解析：由已知得解得
又f′(x)＝aex，g′(x)＝－sin ，
所以f′(0)＝g′(0)得a＝0，
所以a＝0，b＝2，c＝1，
所以ba＋c＝20＋1＝2.故选C.
技法领悟
若两条曲线在公共点处有公切线，则切点的坐标相等，且切线的斜率(切点处的导函数值)均相等，由此构造关于a，b的方程，解方程即可．
【跟踪训练1】 若曲线f(x)＝a cos x与曲线g(x)＝x2＋bx＋3在交点(0，m)处有公切线，则a＋b＋m＝________．
6
解析：
∵f(x)＝a cos x，g(x)＝x 2＋b x＋3，
∴f′(x)＝－a sin x，g′(x)＝2x＋b.
∵曲线f(x)＝a cos x与曲线g(x)＝x2＋bx＋3在交点(0，m)处有公切线，
∴m＝f(0)＝a＝g(0)＝3，且f′(0)＝0＝g′(0)＝b，
即a＝m＝3，b＝0，
∴a＋b＋m＝3＋0＋3＝6.
02.考点二
考点二 切点不同的公切线问题
例2 (1)(2024·新课标Ⅰ卷)若曲线y＝ex＋x在点(0，1)处的切线也是曲线y＝ln (x＋1)＋a的切线，则a＝________．
ln 2
解析：由y＝ex＋x得y′＝ex＋1，y′|x＝0＝e0＋1＝2，
故曲线y＝ex＋x在(0，1)处的切线方程为y＝2x＋1.
由y＝ln (x＋1)＋a得y′＝，
设切线与曲线y＝ln (x＋1)＋a相切的切点为(x0，ln (x0＋1)＋a)，
由两曲线有公切线得y′＝＝2，解得x0＝－，则切点为(－，a＋ln )，
切线方程为y＝2(x＋)＋a＋ln ＝2x＋1＋a－ln 2.
根据两切线重合，所以a－ln 2＝0，解得a＝ln 2.
(2)(2024·湖南邵阳检测)若过点(a，b)可以作曲线y＝ln x＋1的两条切线，则( )
A．bln a＋1
C．a<0 D．b>ea
答案： B
解析：因为y＝ln x＋1，则y′＝，
设切点坐标为(x0，ln x0＋1)，则切线斜率k＝，
则切线方程为y－ln x0－1＝(x－x0)，整理得y＝＋ln x0.
又因为切线过点(a，b)，则b＝＋ln x0，
设f(x)＝ln x＋，函数定义域是(0，＋∞),
则直线y＝b与曲线f(x)＝ln x＋有两个不同的交点，
则f′(x)＝＝.
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)在定义域内单调递增，不符合题意；
当a>0时，令f′(x)<0，解得00，解得x>a，
可知f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，
则f(x)≥f(a)＝ln a＋1，且当x趋近于0或＋∞时，f(x)趋近于＋∞，
结合图象可知b>ln a＋1.
综上所述，b>ln a＋1，a>0.故选B.
(3)(2024·河北保定模拟)已知函数f(x)＝axex(a≠0)，g(x)＝－x2.
①求f(x)的单调区间；
解析：
①由函数f(x)＝axex(a≠0)，可得f′(x)＝a(x＋1)ex，
当a>0时，可得x∈(－∞，－1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，x∈(－1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当a<0时，可得x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，x∈(－1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
②当x>0时，f(x)与g(x)有公切线，求实数a的取值范围．
解析：②设公切线与y＝f(x)和y＝g(x)的切点分别为)，(b，－b2)，
可得k＝f′(x1)＝，可得切线方程为＝(x－x1)，
即y＝，
即y＝.
由g(x)＝－x2，可得g′(x)＝－2x，则k＝－2b，所以切线方程为y＝－2bx＋b2，
所以可得－a＝(x1>0)．
设h(x)＝(x>0)，可得h′(x)＝，
当00，h(x)单调递增；
当x>1时，h′(x)<0，h(x)单调递减．
所以当x＝1时，函数h(x)取得极大值，极大值为h(1)＝.
又因为当x→0时，h(x)→0，当x→＋∞时，h(x)→0，
所以0技法领悟
设曲线C1：y＝f(x)在点A(x1，f(x1))处的切线为l1：y－f(x1)＝f′(x1)(x－x1)，整理可得y＝f′(x1)·x－f′(x1)·x1＋f(x1).设曲线C2：y＝g(x)在点B(x2，g(x2))处的切线为l2：y－g(x2)＝g′(x2)(x－x2)，整理得y＝g′(x2)·x－g′(x2)·x2＋g(x2)，由于l1，l2是相同的直线，
故有从而求出公切线方程，公切线的条数等价于该方程组的解的个数．
【跟踪训练2】 (1)(2022·新高考Ⅰ卷)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)
解析：设切线的切点坐标为(x0，y0)，令f(x)＝(x＋a)ex，则f′(x)＝(x＋1＋a)ex，f′(x0)＝.因为y0＝，切线过原点，所以f′(x0)＝，即＝，整理得＋ax0－a＝0.由题意知该方程有两个不同的实数根，所以Δ＝a2＋4a＞0，解得a＜－4或a＞0，所以a的取值范围为(－∞，－4)
(2)(2024·河北沧州模拟)已知直线l：y＝kx是曲线f(x)＝ex＋1和g(x)＝ln x＋a的公切线，则实数a＝________．
3
解析：设直线l与曲线y＝f(x)相切于点(x0，y0)，
由f′(x)＝ex＋1，得k＝f′(x0)＝ex0＋1，因为l与曲线f(x)＝ex＋1相切，
所以消去y0，得ex0＋1x0＝ex0＋1，解得x0＝1.
设l与曲线y＝g(x)相切于点(x1，y1)，由g′(x)＝，得k＝e2＝，即e2x1＝1.
因为(x1，y1)是l与曲线g(x)＝ln x＋a的公共点，
所以消去y1，得e2x1＝ln x1＋a，即1＝ln ＋a，解得a＝3.
03.专题强化练（9）
1．(5分)已知函数f(x)＝ex－ax＋b，g(x)＝x2－x.若曲线y＝f(x)和y＝g(x)在公共点A(1，0)处有相同的切线，则a，b的值分别为( )
A．e－1，－1 B．－1，e－1
C．e，－1 D．－1，e
答案：A
解析：因为g′(x)＝2x－1，
所以g′(1)＝1，f′(x)＝ex－a，
由题意，解得
故选A.
2．(5分)(2024·福建福州模拟)已知直线y＝kx＋b既是曲线y＝ln x的切线，也是曲线y＝－ln (－x)的切线，则( )
A．k＝，b＝0 B．k＝1，b＝0
C．k＝，b＝－1 D．k＝1，b＝－1
答案：A
解析：设直线与曲线y＝ln x的切点为)，且x1>0，
与曲线y＝－ln (－x)的切点为(x2，－ln (－x2))，且x2<0，
又y′＝(ln x)′＝，y′＝[－ln (－x)]′＝－，
则直线y＝kx＋b与曲线y＝ln x的切线方程为y－ln x1＝(x－x1)，即y＝x＋ln x1－1，
直线y＝kx＋b与曲线y＝－ln (－x)的切线方程为y＋ln (－x2)＝－(x－x2)，即y＝－x＋1－ln (－x2)，
则解得故k＝＝，b＝ln x1－1＝0.故选A.
3．(5分)(2024·河北邢台二模)已知函数f(x)＝x2＋2ln x的图象在A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))两个不同点处的切线相互平行，则下面等式可能成立的是( )
A．x1＋x2＝2 B．x1＋x2＝
C．x1x2＝2 D．x1x2＝
答案：B
解析：因为f(x)＝x2＋2ln x(x>0)，
所以f′(x)＝2x＋(x>0)．
又因为f(x)在A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))两个不同点处的切线相互平行，
所以f′(x1)＝f′(x2) 2x1＋＝2x2＋，又x1≠x2，所以x1x2＝1，故C，D错误；
因为x1>0，x2>0，且x1≠x2，所以x1＋x2>2＝2，故A错误；
当x1＝，x2＝3时，x1＋x2＝，故B正确．
故选B.
4．(6分)(多选)假设直线l与曲线M相切，若切点唯一，则称直线l与曲线M单切；若切点有两个，则称直线l与曲线M双切；若l还与曲线M相交，则称直线l与曲线M交切．已知函数f(x)＝|x3－3x|，则( )
A．直线y＝2与曲线y＝f(x)双切
B．直线y＝－4x＋1与曲线y＝f(x)单切
C．直线y＝2与曲线y＝f(x)交切
D．存在唯一的直线，与曲线y＝f(x)单切且交切
答案：AC
解析：令y＝x3－3x，则y′＝3x2－3，
令y＝3x2－3>0，∴x<－1或x>1；
令y＝3x2－3<0，∴－1则y＝x3－3x在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1，1)上单调递减，y＝x3－3x的极大值为(－1)3＋3＝2，极小值为13－3＝－2，且x3－3x＝0时，x＝0或x＝±，由此可得y＝x3－3x的图象，继而可作出f(x)＝|x3－3x|的图象，如图：
对于A，C，直线y＝2与曲线y＝f(x)相切，切点为(－1，2)，(1，2)，
故直线y＝2与曲线y＝f(x)双切，同时y＝2还与曲线y＝f(x)相交，
故直线y＝2与曲线y＝f(x)交切，A，C正确；
对于B，由于y＝x3－3x，则y′＝3x2－3≥－3，故曲线y＝x3－3x不存在斜率为－4的切线，
令y′＝3x2－3＝4，解得x＝± ，即曲线y＝x3－3x斜率为4的切线的切点横坐标位于(－，)内，
结合y＝f(x)的图象知：曲线f(x)斜率为－4的切线的切点横坐标位于(1，)内，故作出直线y＝－4x＋1与曲线y＝f(x)相交，B错误；
对于D，由于f(x)＝|x3－3x|定义域为R，满足f(－x)＝|－x3＋3x|＝|x3－3x|＝f(x)，故f(x)为偶函数，其图象关于y轴对称，
故不存在唯一的直线与曲线y＝f(x)单切且交切，
否则若存在直线与曲线y＝f(x)单切且交切，如图l1，则必存在关于y轴对称的直线l2与曲线y＝f(x)单切且交切，D错误．故选AC.
5．(5分)(2024·河南信阳模拟)若过点(1，a)仅可作曲线y＝xex的两条切线，则a的取值范围为____________________.
{－}
解析：设切点为P(x0，y0)，
y′＝(x＋1)ex，
所以切线方程为＝(x－x0)，
又因为切线过点(1，a)，
所以＝(1－x0)，
即a＝.
令g(x)＝(－x2＋x＋1)ex，
则g′(x)＝－(x2＋x－2)ex＝－(x＋2)(x－1)ex，
令g′(x)＝0，得x＝－2或x＝1，
当x<－2或x>1时，g′(x)<0，当－20，
g(1)＝e，g(－2)＝－.
当x→－∞时，则g(x)<0，且g(x)→0；
当x→＋∞时，则g(x)→－∞，
所以g(x)的图象如图所示，
因为过点(1，a)仅可作曲线y＝xex的两条切线，
所以y＝a与y＝g(x)的图象有两个交点，
则0≤a6．(17分)已知函数f(x)＝a－2(a≠0)，g(x)＝ln x.
(1)讨论函数F(x)＝f(x)－g(x)的单调区间；
解析：因为F(x)＝f(x)－g(x)＝a－2－ln x(x>0)，
所以F′(x)＝＝，
①若a<0，则F′(x)<0，所以函数F(x)的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间；
②若a>0，令F′(x)＝0，则有a－2＝0，解得x＝>0，
所以当x∈(0，)时，F′(x)<0；当x∈(，＋∞)时，F′(x)>0，
所以函数F(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)．
综上，当a<0时，F(x)的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间；
当a>0时，F(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)．
(2)若函数y＝f(x)，y＝g(x)的图象存在两条公切线，求实数a的取值范围．
解析：设函数f(x)＝a－2上的切点坐标为(x1，a－2)，且x1>0，
函数g(x)＝ln x上的切点坐标为(x2，ln x2)，且x2>0.
又f′(x)＝，g′(x)＝，
则公切线的斜率k＝＝，
则a>0，所以x1＝，
则公切线方程为y－ln x2＝(x－x2)，即y＝x＋ln x2－1，
代入(x1，a－2)得a－2＝x1＋ln x2－1，
则x2＝＋ln x2＋1，整理得a2＝.
若总存在两条不同的直线与函数y＝f(x)，y＝g(x)图象均相切，
则方程a2＝有两个不同的实根．
设h(x)＝，x>0，
则h′(x)＝＝，
令h′(x)＝0，得x＝1，
当x∈(0，1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减．
又由h(x)＝0可得x＝，
则x趋于0时，h(x)趋于－∞，x趋于＋∞时，h(x)趋于0，则函数h(x)的大致图象如图，所以解得0第三讲 导数与函数的单调性、极值、最值
内容
索引
02.考点二
04.专题强化练（7）
01.考点一
03.考点三
01.考点一
保分练
1．(2023·新课标Ⅱ卷)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
答案：C
解析：因为函数f(x)＝aex－ln x，所以f′(x)＝aex－.
因为函数f(x)＝aex－ln x在(1，2)上单调递增，所以f′(x)≥0在(1，2)上恒成立，即aex－≥0在(1，2)上恒成立，易知a>0，则0<≤xex在(1，2)上恒成立．设g(x)＝xex，则g′(x)＝(x＋1)ex.当x∈(1，2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以在(1，2)上g(x)>g(1)＝e，所以≤e，即a≥＝e－1.故选C.
2．(2024·江西南昌检测)已知函数f(x)的定义域为R，且f(2)＝－1，对任意x∈R，f(x)＋xf′(x)<0，则不等式(x＋1)f(x＋1)>－2的解集是( )
A．(－∞，1) B．(－∞，2)
C．(1，＋∞) D．(2，＋∞)
答案：A
解析：
设g(x)＝xf(x)，则g(2)＝2f(2)＝－2 ，
∵对任意x∈R，f(x)＋xf′(x)<0，∴g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0恒成立，即g(x)在R上单调递减．
由(x＋1)f(x＋1)>－2可得g(x＋1)>g(2)，∴x＋1<2，解得x<1，即解集为(－∞，1)．故选A.
3．已知函数f(x)＝x2－ax－2ln x(a∈R)，当a>0时，讨论函数f(x)的单调性．
解析：函数f(x)＝x2－ax－2ln x(a∈R)的定义域为(0，＋∞)，
又f′(x)＝x－a－＝，
又a>0，二次函数y＝x2－ax－2开口向上，对称轴为x＝>0.
当x＝0时，y＝－2，所以关于x的方程x2－ax－2＝0存在两个异号的实数根，
解得x1＝>0，x2＝<0，
所以当0当x>时，f′(x)>0，
所以f(x)的单调递减区间为(0，)，单调递增区间为(，＋∞)．
提分练
4．(2024·河南洛阳模拟)已知函数f(x)＝(1－b)ln x＋bx＋，b∈R.
(1)当b＝0时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
解析：由题意知，当b＝0时，f(x)＝ln x＋，
则f(1)＝1，f′(x)＝，f′(1)＝0，
故曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y＝1.
(2)讨论f(x)的单调性．
解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝＋b－＝，
当b≥0时，则bx＋1>0，
令f′(x)>0，解得x>1，令f′(x)<0，解得0所以f(x)在(0，1)上单调递减，f(x)在(1，＋∞)上单调递增；
当b<0时，若－11，令f′(x)>0，则1令f′(x)<0，则0－，f(x)单调递减；
若b<－1，则0<－<1，令f′(x)>0，则－令f′(x)<0，则x>1或0若b＝－1，则f′(x)≤0，f(x)单调递减．
综上所述，当b≥0时，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；
当－1当b<－1时，f(x)在(0，－)，(1，＋∞)上单调递减，在(－，1)上单调递增；
当b＝－1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
技法领悟
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．
02.考点二
保分练
1．(2024·河北沧州一模)已知函数f(x)＝x3＋ax－b是定义在R上的奇函数，且x＝－1为函数f(x)的极值点，则( )
A．a＝3 B．a＋b＝2
C．b－a＝3 D．ab＝3
答案：C
解析：
因为函数f(x)＝x3＋ax－b是定义在R上的奇函数，
所以f(x)＋f(－x)＝0，即x3＋ax－b＋(－x)3＋a(－x)－b＝0，可得b＝0，
又f′(x)＝3x2＋a，且x＝－1为函数f(x)的极值点，
所以f′(－1)＝3＋a＝0，则a＝－3，经检验符合题意，
所以b－a＝3，a＋b＝－3，ab＝0，故只有C正确．故选C.
2．(2023·新课标Ⅱ卷)(多选)若函数f(x)＝a ln 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
答案：BCD
解析：因为函数f(x)＝a ln x＋(a≠0)，所以函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，因为函数f(x)既有极大值也有极小值，所以关于x的方程ax2－bx－2c＝0有两个不等的正实根x1，x2，则即所以故选BCD.
3．(2024·山东潍坊二模)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝(e－2)x＋3－e.
(1)求实数a，b的值；
解析：由题可得f′(x)＝xex－2ax，
由题意知f′(1)＝e－2a＝e－2，故a＝1，
又f(1)＝－1＋b＝(e－2)×1＋3－e＝1，故b＝2.
(2)求f(x)的单调区间和极值．
解析：由(1)可得f′(x)＝xex－2x＝x(ex－2)，
令f′(x)>0可得x>ln 2或x<0，令f′(x)<0可得
0故f(x)的单调递增区间是(－∞，0)，(ln 2，＋∞)，单调递减区间是(0，ln 2)．
则f(x)的极大值为f(0)＝1，极小值为f(ln 2)＝－(ln 2)2＋2＝2ln 2－(ln 2)2.
提分练
4．(2024·新课标Ⅱ卷)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；
解析：当a＝1时，f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1，所以f′(1)＝e－1.
又因为f(1)＝e－2，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x－1.
(2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．
解析：f(x)＝ex－ax－a3，则f′(x)＝ex－a，当a≤0时，f′(x)＝ex－a>0，则f(x)在R上单调递增，无极值点，所以a>0.
令f′(x)<0，得x0，得x>ln a，
所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，
所以x＝ln a是f(x)的极小值点，极小值为f(ln a)＝eln a－a ln a－a3＝a－a ln a－a3，则问题转化为解不等式a－a ln a－a3<0.
又因为a>0，所以不等式可化为a2＋ln a－1>0.
令g(a)＝a2＋ln a－1，则g′(a)＝2a＋>0恒成立，
所以g(a)在(0，＋∞)上单调递增．又g(1)＝0，所以不等式a－a ln a－a3<0的解集为(1，＋∞)，所以a的取值范围是(1，＋∞)．
技法领悟
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′(x0)＝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．
03.考点三
保分练
1．当x＝1时，函数f(x)＝a ln x＋取得最大值－2，则a＝( )
A．－2 B．－4
C．2 D．4
答案：A
解析：
当x＝1时，函数f(x)＝a ln x＋取得最大值－2，
所以f(1)＝＝－2，即b＝－2，f(x)＝a ln x－，定义域为(0，＋∞), 又因为f(x)在x＝1处取得最大值，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，f′(x)＝， 则f′(1)＝＝0，所以a＝－2.故选A.
2．(2021·新高考Ⅰ卷)函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为________．
1
解析：由题设知，f(x)＝|2x－1|－2ln x的定义域为(0，＋∞)，
∴当0当当x>1时，f(x)＝2x－1－2ln x，有f′(x)＝2－>0，此时f(x)单调递增．
又f(x)在各分段的界点处连续，
综上有01时，f(x)单调递增，
∴f(x)≥f(1)＝1.
3．(2024·江西南昌一模)已知函数f(x)＝(2＋ln 2)x－x ln x.
(1)求f(x)的单调递减区间；
解析：f′(x)＝1＋ln 2－ln x＝ln ，
令f′(x)<0，得0<<1，即x>2e，
所以f(x)的单调递减区间为(2e，＋∞)．
(2)求f(x)的最大值．
解析：当x∈(0，2e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(2e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
所以f(x)≤f(2e)＝(2＋ln 2)2e－2eln 2e＝2e，
即f(x)的最大值为2e.
提分练
4．(2024·山西吕梁二模)已知函数f(x)＝a ln x－2x－(a≠0)．
(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间和极值；
解析：当a＝1时，f(x)＝ln x－2x－，x∈(0，＋∞)，
则f′(x)＝－2＋＝＝，
当00，函数f(x)单调递增；
当x>1时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．
故函数f(x)的单调递增区间是(0，1]，单调递减区间是(1，＋∞)，
函数f(x)的极大值为f(1)＝－3，没有极小值．
(2)求f(x)在区间(0，1]上的最大值．
解析：由题意得f′(x)＝－2＋＝－＝－.
若a≥1，当x∈(0，1]时，f′(x)≥0，f(x)在区间(0，1]上单调递增，此时f(x)的最大值为f(1)＝－2－a2；
若00，f(x)单调递增，
当x∈(a，1]时，f′(x)<0，f(x)单调递减，此时f(x)的最大值为f(a)＝a ln a－3a；
若－20，f(x)单调递增，当x∈(－，1]时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
此时f(x)的最大值为f(－)＝a ln (－)＋3a；
若a≤－2，则－≥1，当x∈(0，1]时，f′(x)≥0，f(x)在区间(0，1]上单调递增，此时f(x)的最大值为f(1)＝－2－a2.
综上可得，f(x)max＝
技法领悟
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，还需要研究单调性，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．
03.专题强化练（7）
1．(2024·福建泉州一模)已知x1，x2是函数f(x)＝(x－1)3－x的两个极值点，则( )
A．x1＋x2＝－2
B．x1＋x2＝1
C．f(x1)＋f(x2)＝－2
D．f(x1)＋f(x2)＝2
答案：C
解析：f′(x)＝3(x－1)2－1，令f′(x)＝0，解得x1，2＝1±，所以x1＋x2＝2，故A，B不正确；f(x1)＋f(x2)＝()3－1－＋(－)3－1＋＝－2，故C正确，D不正确．故选C.
2．函数f(x)＝ex＋|ln x＋1|的最小值为( )
A.B.C.＋ln 2 D．ee＋2
答案：B
解析：当x≥时，f(x)＝ex＋ln x＋1，f(x)单调递增，则f(x)≥f()＝＋ln ＋1＝；当0f()＝－ln －1＝，所以f(x)的最小值为.故选B.
3．设a为实数，若函数f(x)＝x3－ax2＋3在x＝1处取得极小值，则a＝( )
A．1 B．C．0 D．－1
答案：B
解析：由题可得f′(x)＝x2－2ax＝x(x－2a)，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝2a，因为函数f(x)＝x3－ax2＋3在x＝1处取得极小值，所以2a＝1，即a＝.当a＝时，f′(x)＝x(x－1)，f′(x)>0 x<0或x>1，f′(x)<0 04．已知函数f(x)＝ex－ax2在R上无极值，则a的取值范围是( )
A．(－∞，] B．(－∞，) C．[0，e) D．[0，]
答案：D
解析：由题意得，f′(x)＝ex－2ax，故f′(0)＝1＞0，因为函数f(x)＝ex－ax2在R上无极值，所以f′(x)≥0在R上恒成立．当x＞0时，a≤，设g(x)＝，则g′(x)＝＝，当0＜x＜1时，得g′(x)＜0，当x＞1时，得g′(x)＞0，则g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，从而g′(x)≥g′(1)＝，故a≤；当x＜0时，＜0，则a≥0.综上，0≤a≤.故选D.
5．(2024·河北秦皇岛模拟)已知正数a，b，c满足a ln b＝bec＝ca，则( )
A．a>b>c B．c>b>a
C．b>a>c D．b>c>a
答案：A
解析：由a ln b＝ca得c＝ln b，即b＝ec，所以b－c＝ec－c，令h(x)＝ex－x(x>0)，h′(x)＝ex－1(x>0)，当x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以h(x)>h(0)＝0，所以h(c)＝ec－c>0，则有b－c＝ec－c>0，所以b>c；由bec＝ca得ec·ec＝ca，即a＝，所以a－b＝－ec＝＝，因为ec>0，c>0，ec－c>0，所以a－b>0，即a>b，故a>b>c.故选A.
6．(2024·福建莆田模拟)已知a>1，点P在曲线y＝eax上，点Q在曲线y＝ln x上，则|PQ|的最小值是( )
A．a B．a
C．(1＋ln a) D．(ln a＋1)
答案：D
解析：因为函数y＝eax与y＝ln x＝x互为反函数，所以y＝eax与y＝ln x的图象关于直线y＝x对称，所以|PQ|的最小值为点Р到直线y＝x距离的最小值的两倍．设P(x0，y0)，则|PQ|＝＝－x0)．设f(x)＝－x0)，f′(x)＝－，由f′(x)＝0得x＝ln ，当x∈(－∞，ln )时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(ln ，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以f(x)min＝f(ln )＝ln (ae)，则|PQ|的最小值是(ln a＋1)．故选D.
7．(2024·河南信阳模拟)已知f(x)为(0，＋∞)上的可导函数，且(x＋1)f′(x)>f(x)，则下列不等式一定成立的是( )
A．3f(4)<4f(3) B．4f(4)>5f(3)
C．3f(3)<4f(2) D．3f(3)>4f(2)
答案：BD
解析：设h(x)＝，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝，因为(x＋1)f′(x)>f(x)，所以h′(x)>0，则函数h(x)＝在区间(0，＋∞)上单调递增，所以h(4)>h(3)，即>，4f(4)>5f(3)，h(3)>h(2)，即>，3f(3)>4f(2)，而A无法确定，故B，D正确，A，C错误．故选BD.
8．(2024·新课标Ⅰ卷)设函数f(x)＝(x－1)2(x－4)，则( )
A．x＝3是f(x)的极小值点
B．当0C．当1D．当－1f(x)
答案：ACD
解析：由题可得f′(x)＝2(x－1)(x－4)＋(x－1)2＝3x2－12x＋9，令f′(x)>0，即3x2－12x＋9>0，得x<1或x>3，令f′(x)<0，得1f(x2)，B错误；当10，得x<1，所以当－1f(x)成立，D正确．故选ACD.
9．(2024·山东滨州二模)若函数f(x)＝kx2－ex在区间(0，＋∞)上单调递减，则k的取值范围是__________．
(－∞，]
解析：函数f(x)＝kx2－ex，求导得f′(x)＝2kx－ex，由f(x)在(0，＋∞)上单调递减，得 x∈(0，＋∞)，f′(x)≤0 2kx－ex≤0，即2k≤.令g(x)＝(x>0)，求导得g′(x)＝，当01时，g′(x)>0，因此函数g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，g(x)min＝g(1)＝e，则2k≤e，解得k≤，所以k的取值范围是(－∞，].
10．已知函数f(x)＝3x2－2ln x＋(a－1)x＋3在区间(1，2)上有最小值，则整数a的一个取值可以是________．
－4
解析：由f(x)＝3x2－2ln x＋(a－1)x＋3可知，f′(x)＝6x－＋a－1＝，又f(x)＝3x2－2ln x＋(a－1)x＋3在(1，2)上有最小值，所以f′(x)在(1，2)上有变号零点且在零点两侧的函数值左负右正．令h(x)＝6x2＋(a－1)x－2，则h(x)在(1，2)上有变号零点，且在零点两侧的函数值左负右正，
所以
解得－1011．(13分)设函数f(x)＝(x－1)ekx(k≠0)．
(1)若k＝，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
解析：当k＝时，f(x)＝(x－，
f′(x)＝x＋)，f′(2)＝e，
又f(2)＝e，所以y－e＝e(x－2)，
整理得y＝ex－2e.
(2)若函数f(x)在区间(1，2)上单调递增，求k的取值范围．
解析：由题意，f′(x)＝ekx(kx－k＋1)在(1，2)内导数非负，
即kx－k＋1≥0在(1，2)上恒成立，令g(x)＝kx－k＋1，x∈(1，2)，k≠0，
从而需满足g(1)＝1≥0，且g(2)＝k＋1≥0，k≠0，
所以k≥－1，且k≠0，经检验符合题意，
所以k的取值范围是[－1，0)
12．(15分)(2024·广东茂名二模)已知函数f(x)＝ex sin x－ax.
(1)若曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为x＋y＝0，求实数a的值；
解析：因为f(x)＝ex sin x－ax，
所以f′(x)＝ex(sin x＋cos x)－a，
所以f′(0)＝1－a，
因为曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为x＋y＝0，切线的斜率为－1，
所以f′(0)＝－1，得1－a＝－1，解得a＝2.
(2)若a＝，求函数f(x)在区间[0，]上的最大值．
解析：当a＝时，令h(x)＝f′(x)＝ex(sin x＋cos x)－，
h′(x)＝ex(sin x＋cos x＋cos x－sin x)＝2ex cos x，
当x∈[0，]时，h′(x)≥0，h(x)单调递增，
又h(0)＝1－＝－<0，h()＝>e－>0，
所以至少存在唯一的实数x0∈(0，)，使得h(x0)＝0.
当x∈[0，x0)时，h(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x∈(x0，]时，h(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．
又f(0)＝0，f()＝>e－＝e－2.5>0，
所以f(x)max＝f()＝.
13．(15分)(2024·河北名校联考)已知函数f(x)＝cos x＋2x.
(1)当x∈(－∞，0)时，证明：f(x)解析：证明：函数f(x)＝cos x＋2x的定义域为R，
令F(x)＝ex－2x－cos x，则F′(x)＝ex－2＋sin x＝(ex－1)＋(sin x－1)，
当x∈(－∞，0)时，ex－1函数F(x)＝ex－2x－cos x在(－∞，0)上单调递减，故F(x)>F(0)＝0，
即ex－2x－cos x>0，故ex>f(x)得证．
(2)若函数g(x)＝ln (x＋1)＋ex－f(x)，试问：函数g(x)是否存在极小值？若存在，求出极小值；若不存在，请说明理由．
解析：由题意得g(x)＝ln (x＋1)＋ex－2x－cos x(x>－1)，则g′(x)＝＋ex－2＋sin x(x>－1)，
令h(x)＝g′(x)＝＋ex－2＋sin x(x>－1)，则h′(x)＝ex－＋cos x(x>－1)．
当x∈(0，)时，h′(x)>0，故函数h(x)在(0，)上单调递增，则h(x)>h(0)＝0，
即g′(x)>0，
所以g(x)在(0，)上单调递增；
当x∈(－1，0)时，h′(x)单调递增，且h′(0)＝1>0，
又h′(－)＝＋cos (－)－4<0，
故 x0∈(－，0)，使得h′(x0)＝0，
所以当x∈(x0，0)时，h′(x0)>0，即函数h(x)在(x0，0)上单调递增，即h(x)＝g′(x)当x∈[，＋∞)时>4，>0，
即g′(x)＝＋ex－2＋sin x>0，所以函数g(x)在[，＋∞)上单调递增．
综上所述，函数g(x)在(x0，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
因此，当x＝0时，函数g(x)有极小值，极小值为g(0)＝0.
故存在，极小值为0.(共14张PPT)
高考规范答卷(一) 函数与导数
(17分)(2024·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ln ＋ax＋b(x－1)3.
(1)若b＝0，且f′(x)≥0，求a的最小值；
(2)证明：曲线y＝f(x)是中心对称图形；
(3)若f(x)>－2当且仅当1思路点拨
(1)由f′(x)≥0→分离参数a→a≥g(x)max.
(2)由定义域及中心对称条件可证．
(3)方法一：由条件确定a的值，再由f(x)>－2，x∈(1，2)转化为f(x)＋2>0，x∈(1，2)恒成立，分两种情况讨论；
方法二：端点效应问题解法(详见拓展培优4)．
[规范答卷]
解：(1)b＝0时，f(x)＝ln ＋ax＝ln x－ln (2－x)＋ax(x∈(0，2))，
则f′(x)＝＋a＝＋a，x∈(0，2)．(1分)
则f′(x)≥0得a≥，→分离参数a
令g(x)＝，x∈(0，2)，
则g(x)＝＝，x∈(0，2)，
∴当x＝1时，g(x)max＝－2，→求g(x)的最大值
∴a≥－2，即a min＝－2(4分)→利用a≥g(x)max
(2)证明：方法一 f(2－x)＝ln (2－x)－ln x＋a(2－x)＋b(1－x)3
＝－[ln x－ln (2－x)＋ax＋b(x－1)3]＋2a
＝－f(x)＋2a，
即f(2－x)＋f(x)= 2a→中心对称的结论
∴曲线y＝f(x)是关于点(1，a)成中心对称的图形．(8分)
方法二 f(x)＝ln ＋ax＋b(x－1)3的定义域为(0，2)，
设P(m，n)为y＝f(x)图象上任意一点，
P(m，n)关于(1，a)的对称点为Q(2－m，2a－n)→点关于点的对称，即中点坐标公式
∵P(m，n)在y＝f(x)图象上，∴n＝ln ＋am＋b(m－1)3，
而f(2－m)＝ln ＋a(2－m)＋b(2－m－1)3＝－[ln ＋am＋b(m－1)3]＋2a＝－n＋2a，
∴Q(2－m，2a－n)也在y＝f(x)图象上．→证明中心对称图形的一般方法
故曲线y＝f(x)是关于点(1，a)成中心对称的图形．(8分)
(3)方法一 ∵f(x)>－2当且仅当1∴x＝1为f(x)=－2的一个解
→解的端点为函数对一个方程的根或定义域的端点
∴f(1)＝－2，即a＝－2，(10分)
则f(x)＝ln －2x＋b(x－1)3＝ln x－ln (2－x)－2x＋b(x－1)3.
已知ln x－ln (2－x)－2x＋b(x－1)3>－2，在(1，2)上恒成立，
则f′(x)＝－2＋3b(x－1)2＝，
由f′(x) ＝0得x＝1+. (13分)→解出函数f′(x)的零点
①当b<－时，x∈(1，1＋ )，f(x)单调递减；
x∈(1＋ ，2)，f(x)单调递增．
∴f(1＋ )②当b≥－时，f′(x)≥0，即f(x)在(1，2)上单调递增，
∴f(x)>f(1)＝－2，符合题意．(15分)
→对b分两种情况检验是否符合题意
综上，b≥－.(17分)
方法二(端点效应) ∵f(x)>－2当且仅当1∴x＝1为f(x)＝－2的一个解，
∴f(1)＝－2，即a＝－2，(10分)
则f(x)＝ln －2x＋b(x－1)3＝ln x－ln (2－x)－2x＋b(x－1)3，
x∈(1，2)．
令p(x)＝ln x－ln (2－x)－2x＋b(x－1)3＋2，此时p(1)＝0，
则p′(x)＝－2＋3b(x－1)2，此时p′(1)＝0，
p″(x)＝－＋6b(x－1)，此时p″(1)＝0，
p (x)＝＋6b，此时p (1)＝2＋2＋6b≥0.(13分)→检验能否使用端点效应：
①p(1)＝0；②p′(1)＝0；
③p″(1)＝0；④p ≥0→b的范围
①当b≥－时，p ＝＋6b＝＋6b≥0，x∈(1，2)，
∴p″(x)在(1，2)上单调递增，p″(x)>p″(1)＝0，
∴p′(x)在(1，2)上单调递增，p′(x)>p′(1)＝0，
∴p(x)在(1，2)上单调递增，p(x)>p(1)＝0，符合题意．(15分)
②当b<－时， x0∈(1，2)使得x∈(1，x0)，p (x)<0，
∴p″(x)在(1，x0)上单调递减，p″(x)∴p′(x)在(1，x0)上单调递减，p′(x)∴p(x)在(1，x0)上单调递减，p(x)综上，b≥－.(17分)(共31张PPT)
提能培优4 极值点偏移问题
内容
索引
02.考点二
03.专题强化练（11）
01.考点一
01.考点一
考点一 对称化构造
例1 (2024·河北保定二模)已知函数f(x)＝ax－x ln x，f′(x)为其导函数．
(1)若f(x)≤1恒成立，求a的取值范围；
解析：f′(x)＝a－1－ln x，当0f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x>ea－1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(ea－1)＝ea－1≤1，
解得a≤1，即a的取值范围为(－∞，1].
(2)若存在两个不同的正数x1，x2，使得f(x1)＝f(x2)，证明：f′()>0.
解析：证明：不妨设x1要证f′()>0，即证所以只需证f(x1)令g(x)＝f(x)－f()，x∈(ea－1，ea)，则g(ea－1)＝0，g′(x)＝.
当x>ea－1时，a－1－ln x<0，x2－e2a－2>0，则g′(x)<0，
所以g(x)在(ea－1，ea)上单调递减，则g(x)由(1)知f(x)在(0，ea－1)上单调递增，所以x1<，从而f′()>0成立．
技法领悟
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)．
(2)对结论型，方法一是构造函数F(x)＝f(x) －f（），通过研究F(x)的单调性获得不等式；方法二是两边取对数，转化成ln x1＋ln x2>2ln x0，再把，ln x2看成两变量即可．
【跟踪训练1】 已知函数f(x)＝2a ln x－x2＋2(a－1)x＋a.若f(x)有两个不同的零点x1，x2，求a的取值范围，并证明：x1＋x2>2a.
解析：
因为f(x)有两个不同的零点x1，x2，则f(x)在定义域内不单调．
由f′(x)＝－2x＋2(a－1)＝，
当a≤0时，f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，则f(x)在(0，＋∞)上单调递减，不符合题意；
当a>0时，在(0，a)上有f′(x)>0，在(a，＋∞)上有f′(x)<0，
所以f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．
不妨设0令F(x)＝f(x)－f(2a－x)，
则F′(x)＝f′(x)－f′(2a－x)(2a－x)′＝f′(x)＋f′(2a－x)＝－2x＋2(a－1)＋－2(2a－x)＋2(a－1)＝.
当x∈(0，a)时，F′(x)>0，则F(x)在(0，a)上单调递增，
所以F(x)故f(x)所以f(x1)则f(x2)所以x2>2a－x1，则x1＋x2>2a.
02.考点二
考点二 比值代换
例2 (2024·江苏连云港模拟)已知函数f(x)＝ln x＋ax2－(a＋1)x(a∈R)．
(1)当a＝1时，求函数y＝f(x)的零点个数；
解析：当a＝1时，f(x)＝ln x＋2－2x(x>0)，f′(x)＝＋x－2＝≥0，
所以函数y＝f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又因为f(1)＝－<0，f(4)＝ln 4>0，
所以函数y＝f(x)有且仅有一个零点．
(2)若关于x的方程f(x)＝ax2有两个不同实根x1，x2，求实数a的取值范围并证明>e2.
解析：方程f(x)＝ax2有两个不同实根x1，x2，等价于ln x－(a＋1)x＝0有两个不同实根x1，x2，
得a＋1＝，令φ(x)＝，则φ′(x)＝，
令φ′(x)>0，解得0e.
所以φ(x)＝在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
所以当x＝e时，φ(x)＝取得最大值.
由φ(1)＝0，得当x∈(0，1)时，φ(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，φ(x)>0，φ(x)的大致图象如图所示．
所以当a＋1∈(0，)，即－1证明：不妨设0两式相加得ln (x1x2)＝(a＋1)(x1＋x2)，两式相减得ln ＝(a＋1)(x2－x1)，
所以＝，
要证x1·x2>e2，只需证ln (x1x2)＝·ln >2，
即证ln >＝.
设t＝(t>1)，令F(t)＝ln t－＝ln t＋－2，
则F′(t)＝＝>0，
所以函数F(t)在(1，＋∞)上单调递增，且F(1)＝0，
所以F(t)>0，即ln t>，
所以x1·x2>e2，原命题得证．
技法领悟
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，利用函数的单调性证明．
【跟踪训练2】 设函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．若函数g(x)＝xf(x)－x＋a有两个不同的极值点，记作x1，x2，且x13.
解析：证明：∵g(x)＝xf(x)－x＋a＝x ln x－ax2－x＋a，则g′(x)＝ln x－2ax，
又g(x)有两个不同的极值点x1，x2，
∴ln x1＝2ax1，ln x2＝2ax2.
欲证ln x1＋2ln x2>3，即证2ax1＋4ax2>3，
∵0∴等价于证明a>①，
由ln x1＝2ax1，ln x2＝2ax2，得ln ＝2a(x2－x1)，
则a＝②，
由①②可知原问题等价于求证>，
即证ln >＝.
令t＝，则t>1，上式等价于求证ln t>.
令h(t)＝ln t－，则h′(t)＝＝，
∵t>1，∴h′(t)>0恒成立，
∴h(t)在(1，＋∞)上单调递增，
∴当t>1时，h(t)>h(1)＝0，即ln t>，
∴原不等式成立，即ln x1＋2ln x2>3.
03.专题强化练（11）
1．(13分)(2024·河北保定模拟)已知函数f(x)＝ex－ax－1.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
解析：f′(x)＝ex－a，
当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在R上单调递增，
当a>0时，令f′(x)＝ex－a＝0，解得x＝ln a，
∴x∈(－∞，ln a)，f′(x)<0，f(x)单调递减，
∴x∈(ln a，＋∞)，f′(x)>0，f(x)单调递增．
综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递增；
当a>0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，f(x)在(ln a，＋∞)上单调递增．
(2)当a>0时，若满足f(x1)＝f(x2)(x1解析：证明：由题意知x1要证x1＋x2<2ln a，只需证x1<2ln a－x2，
而x1<2ln a－x2故只需证f(x1)>f(2ln a－x2)，
又f(x1)＝f(x2)，
所以只需证f(x2)>f(2ln a－x2)，
即证f(x2)－f(2ln a－x2)>0.
令h(x)＝f(x)－f(2ln a－x)，
即h(x)＝ex－ax－1－[e2ln a－x－a(2ln a－x)－1]＝ex－a2e－x－2ax＋2a ln a，
h′(x)＝ex＋a2e－x－2a，
由均值不等式可得h′(x)＝ex＋a2e－x－2a≥2－2a＝0，当且仅当ex＝a2e－x，即x＝ln a时，等号成立，
所以函数h(x)在R上单调递增．
由x2>ln a，可得h(x2)>h(ln a)＝0，
即f(x2)－f(2ln a－x2)>0，
所以f(x1)>f(2ln a－x2)，
又函数f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，
所以x1<2ln a－x2，即x1＋x2<2ln a得证．
2．(15分)已知函数f(x)＝(x－2)e－x(其中e＝2.718 28…为自然对数的底数)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
解析：f′(x)＝e－x＋(x－2)·(－1)·e－x＝(3－x)e－x，
令f′(x)>0，解得x<3，令f′(x)<0，解得x>3，
所以f(x)的增区间为(－∞，3)，减区间为(3，＋∞)．
(2)若a，b为两个不相等的实数，且满足aeb－bea＝2(eb－ea)，求证：a＋b>6.
解析：
证明：将aeb－bea＝2(eb－ea)两边同时除以eaeb得＝，即＝，
所以f(a)＝f(b)．
由(1)知f(x)在(－∞，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减，
又f(2)＝0，f(3)＝，当x∈(2，＋∞)时，f(x)>0，
设a则g′(x)＝＝(3－x)，
由2x，所以e6－x>ex，3－x>0，
所以g′(x)>0，g(x)在(2，3)上单调递增，又g(3)＝f(3)－f(3)＝0，所以g(x)<0.
当2又f(a)＝f(b)，所以f(b)又6－a>3，b>3，f(x)在(3，＋∞)上单调递减，
所以b>6－a，即a＋b>6.
3．(17分)(2024·重庆渝中模拟)已知函数f(x)＝x ln x－ax2＋x，a∈R.
(1)若函数f(x)是减函数，求a的取值范围；
解析：f(x)＝x ln x－ax2＋x，a∈R的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝ln x＋1－2ax＋1＝ln x－2ax＋2，
函数f(x)是减函数，故f′(x)＝ln x－2ax＋2≤0在(0，＋∞)上恒成立，
即2a≥在(0，＋∞)上恒成立．
令u(x)＝，x∈(0，＋∞)，
u′(x)＝＝，
当x∈(0，)时，u′(x)>0，u(x)＝单调递增；
当x∈(，＋∞)时，u′(x)<0，u(x)＝单调递减．
故u(x)＝在x＝处取得极大值，也是最大值，且u()＝e，
故2a≥e，解得a≥，
故a的取值范围是[，＋∞)．
(2)若f(x)有两个零点x1，x2，且x2>2x1，证明：x1x2>.
解析：证明：若有两个零点x1，x2，则＋x1＝＋x2＝0，
得a＝＝.
∵x2>2x1>0，令x2＝tx1(t>2)，
则＝，
∴ln x1＝－1，则ln x2＝ln (tx1)＝ln t＋ln x1＝－1，
∴ln (x1x2)＝ln x1＋ln x2＝－1＋－1＝－2.
令h(t)＝－2(t>2)，
则h′(t)＝，
令φ(t)＝－2ln t＋t－(t>2)，
则φ′(t)＝－＋1＋＝>0，
∴φ(t)在(2，＋∞)上单调递增，
∴φ(t)>φ(2)＝－2ln 2＝＝>0，
∴h′(t)＝>0，则h(t)在(2，＋∞)上单调递增，
∴h(t)>h(2)＝3ln 2－2＝ln ，
即ln (x1x2)>ln ，
∴x1x2>.