函数与导数 2023高考数学二轮复习 课件

培优提能课(三)函数与导数CONTENTS目录02提能2隐零点问题01提能1用洛必达法则解决函数问题03提能3模型法求解双变量问题04专题检测01提能1用洛必达法则解决函数问题再令h(x)＝(x2＋1)lnx－x2＋1(x＞0，x≠1)，故当x∈(0，1)时，h″(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，h″(x)＞0.∴h′(x)在(0，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，故h′(x)＞h′(1)＝0，∴h(x)在(0，＋∞)上为增函数，又h(1)＝0，∴当x∈(0，1)时，h(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，h(x)＞0，∴当x∈(0，1)时，g′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，∴g(x)在(0，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．∴k≤0，即k的取值范围为(－∞，0]．|感悟提升|在恒成立问题中求参数取值范围时，参数与变量分离较易理解，但有些题中求分离出来的函数式的最值有些麻烦，利用洛必达法则可以较好的处理它的最值，是一种值得借鉴的方法．

已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1)，若当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0，求a的取值范围．于是K(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以K(x)＞K(1)＝0，于是H′(x)＞0，从而H(x)在(1，＋∞)上单调递增．于是a≤2，所以a的取值范围是(－∞，2]．02提能2隐零点问题隐零点问题是指一个函数的零点存在但无法直接求解出来．在函数、不等式与导数的综合题目中常会遇到隐零点问题，一般对函数的零点设而不求，借助整体代换和过渡，再结合题目条件，利用函数的性质巧妙求解．【例2】已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝x－2sinx.(1)求g(x)在(0，π)的极值；解由g′(x)＝1－2cosx，x∈(0，π)，(2)证明：h(x)＝f(x)－g(x)在(0，2π)有且只有两个零点．解证明：h(x)＝f(x)－g(x)＝lnx－x＋2sinx，其中0＜x＜2π.当0＜x＜x0时，h′(x)＞0，此时函数h(x)在(0，x0)上单调递增，当x0＜x＜π时，h′(x)＜0，此时函数h(x)在(x0，π)上单调递减．所以h(x)极大值＝h(x0)，由零点存在定理可知，函数h(x)在(0，π)上有两个零点；当x∈[π，2π)时，2sinx≤0，h(x)＝lnx－x＋2sinx≤lnx－x，所以lnx－x≤lnπ－π＜0，所以函数h(x)在[π，2π)上没有零点，综上所述，函数h(x)＝f(x)－g(x)在(0，2π)上有且只有两个零点．|感悟提升|先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用．

已知函数f(x)＝xex－a(x＋lnx)．(1)讨论f(x)极值点的个数；①当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数，不存在极值点；②当a＞0时，令h(x)＝xex－a，h′(x)＝(x＋1)ex＞0.显然函数h(x)在(0，＋∞)上是增函数，又因为当x→0时，h(x)→－a＜0，h(a)＝a(ea－1)＞0，所以必存在x0＞0，使h(x0)＝0.当x∈(0，x0)时，h(x)＜0，f′(x)＜0，f(x)为减函数；当x∈(x0，＋∞)时，h(x)＞0，f′(x)＞0，f(x)为增函数．所以x＝x0是f(x)的极小值点．综上，当a≤0时，f(x)无极值点，当a＞0时，f(x)有一个极值点．因为f(x0)＞0，所以1－x0－lnx0＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上是减函数，且g(1)＝0，由g(x)＞g(1)得x＜1，所以x0∈(0，1)，设φ(x)＝lnx－x＋1，x∈(0，1)，当x∈(0，1)时，φ′(x)＞0，所以φ(x)为增函数，φ(x)＜φ(1)＝0，即φ(x)＜0，即lnx＜x－1，所以－lnx＞1－x，因为x0∈(0，1)，所以1－x0－lnx0＞1－x0＋1－x0＝2(1－x0)＞0.相乘得ex0(1－x0－lnx0)＞(x0＋1)(2－2x0)，03提能3模型法求解双变量问题【例3】已知f(x)＝ax2＋bx＋5－(lnx)2.(1)若f(x)在定义域内单调递增，求a＋b的最小值；当x→0时，T(x)＞0，而T(e)＝－ae2＜0，故由函数零点存在定理可得T(x)在(0，e)上存在唯一零点，设该零点为x0，则当0＜x＜x0时，S′(x)＞0；当x＞x0时，S′(x)＜0.综上，b＋a的最小值为－4ln2.(2)当a＝0时，若f(x)有两个极值点x1，x2，求证：x1＋x2＞2e.|感悟提升|双变量极值点或零点模型是指已知含有参数的函数解析式，配以一定的条件（函数的极值点或零点），证明双变量不等式成立的一种模型.解决此类问题的关键点如下：

(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；解：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.所以当x∈(0，1)时，g(x)<g(1)＝0，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)<F(1)，由(1)可知，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，即e＋x1－lnx1＝e＋x2－lnx2.所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为函数y＝ex＋x在R上单调递增，所以x1－lnx1＝x2－lnx2成立．专题检测04D

B

B

C

AD

CD

－4e2[1，＋∞)(1)求实数a，b的值；解：∵f(x)＝alnx＋bx，又∵曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x－y＋1＝0垂直，∴f′(1)＝a＋b＝－1.解得a＝1，b＝－2.当x＝1时，恒成立；令m(x)＝x2－x2lnx－lnx－1，令n(x)＝x2－2x2lnx－1，则n′(x)＝2x－4xlnx－2x＝－4xlnx＜0.得n(x)＝x2－2x2lnx－1在(1，＋∞)是减函数，故n(x)＜n(1)＝0，进而m′(x)＜0.10．已知函数f(x)＝lnx＋a.(1)若曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线经过点(0，1)，求实数a的值；所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x＋a－1，因为切线经过点(0，1)，所以1＝0＋a－1，解得a＝2.(2)若对任意x∈(0，＋∞)，都有ex－a≥f(x)(e为自然对数的底数)，求证：a≤1.因为g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x∈(0，x0)时，g′(x)＜0，当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＞0，所以g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，因为h(1)＝0，所以x0≤1，所以a＝x0＋lnx0≤1.11．(2022·启东二模)已知函数f(x)＝aex－x，a∈R.若f(x)有两个不同的零点x1，x2.证明x1＋x2＞2.法一(对称化构造函数法)：要证x1＋x2＞2，只要证x2＞2－x1＞1.由于g(x)在(1，＋∞)上单调递减，故只要证g(x2)＜g(2－x1)，由于g(x1)＝g(x2)＝0，故只要证g(x1)＜g(2－x1)，因为x＜1，所以1－x＞0，2－x＞x，所以e2－x＞ex，即e2－x－ex＞0，所以H′(x)＞0，所以H(x)在(－∞，1)上单调递增．所以H(x1)＜H(1)＝0，即有g(x1)＜g(2－x1)成立，所以x1＋x2＞2.取对数得lnx1－x1＝lnx2－x2.所以当t＞1时，g(t)单调递增，所以g(t)＞g(1)＝0，故x1＋x2＞2.(1)讨论f(x)的单调性；解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，①若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时，f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)