2025版高考数学二轮复习第二部分专题六函数与导数满分示范课练习文含解析

PAGE1-满分示范课——函数与导数函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参函数的单调性、极值或最值的探求与探讨，困难函数零点的探讨，函数不等式中参数范围的探讨，恒成立和能成立问题的探讨等，是近几年高考试题的命题热点．对于这类综合问题，一般是先求导，再变形、分别或分解出基本函数，再依据题意处理．【典例】(满分12分)(2024·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝lnx－eq\f(x＋1,x－1).(1)探讨f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；(2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．[规范解答](1)f(x)的定义域为(0，1)∪(1，＋∞)．因为f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(2,（x－1）2)>0，所以f(x)在(0，1)，(1，＋∞)单调递增．因为f(e)＝1－eq\f(e＋1,e－1)<0，f(e2)＝2－eq\f(e2＋1,e2－1)＝eq\f(e2－3,e2－1)>0，所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1(e<x1<e2)，即f(x1)＝0.又0<eq\f(1,x1)<1，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)))＝－lnx1＋eq\f(x1＋1,x1－1)＝－f(x1)＝0，故f(x)在(0，1)有唯一零点eq\f(1,x1).综上，f(x)有且仅有两个零点．(2)因为eq\f(1,x0)＝e－lnx0，所以点Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－lnx0，\f(1,x0)))在曲线y＝ex上．由题设知f(x0)＝0，即lnx0＝eq\f(x0＋1,x0－1)，故直线AB的斜率k＝eq\f(\f(1,x0)－lnx0,－lnx0－x0)＝eq\f(\f(1,x0)－\f(x0＋1,x0－1),－\f(x0＋1,x0－1)－x0)＝eq\f(1,x0).曲线y＝ex在点Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－lnx0，\f(1,x0)))处切线的斜率是eq\f(1,x0)，曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处切线的斜率也是eq\f(1,x0).所以曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．高考状元满分心得1．得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分．如第(1)问中，求导正确，推断单调性．利用零点存在定理，定零点个数．第(2)问中，由f(x0)＝0定切点B，求切线的斜率．2．得关键分：解题过程不行忽视关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中，求出f(x)的定义域，f′(x)在(0，＋∞)上单调性的推断；第(2)问中，找关系lnx0＝eq\f(x0＋1,x0－1)，判定两曲线在点B处切线的斜率相等．3．得计算分：解题过程中计算精确是得满分的根本保证．如第(1)问中，求导f′(x)精确，否则全盘皆输，判定f(x1)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)))＝0；第(2)问中，正确计算kAB等，否则不得分．[解题程序]第一步：求f(x)的定义域，计算f′(x)．其次步：由f(x)在(1，＋∞)上的单调性与零点存在定理，推断f(x)在(1，＋∞)上有唯一零点x0.第三步：证明feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x0)))＝0，从而f(x)在定义域内有两个零点．第四步：由第(1)问，求直线AB的斜率k＝eq\f(1,x0).第五步：求y＝ex在点A、B处的切线斜率k＝eq\f(1,x0)，得证．第六步：检验反思，规范解题步骤．[跟踪训练]1．已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝eq\r(x)＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.71828….(1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1，2)上有零点；(2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由；(1)证明：由题意可得h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－eq\r(x)－x，所以h(1)＝e－3＜0，h(2)＝e2－3－eq\r(2)＞0，所以h(1)·h(2)＜0，所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点．(2)解：由(1)可知，h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－eq\r(x)－x.由g(x)＝eq\r(x)＋x知x∈[0，＋∞)，且h(0)＝0，则x＝0为h(x)的一个零点．又h(x)在(1，2)内有零点，因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点．h′(x)＝ex－eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)－1，记φ(x)＝ex－eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)－1.则φ′(x)＝ex＋eq\f(1,4)x－eq\f(3,2)，当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)＞0，则φ(x)在(0，＋∞)上递增．易知φ(x)在(0，＋∞)内只有一个零点，所以h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点，所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.2．已知函数f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)，g(x)＝e－x＋bx，a，b∈R，e为自然对数的底数．(1)若函数y＝g(x)在R上存在零点，求实数b的取值范围；(2)若函数y＝f(x)在x＝eq\f(1,e)处的切线方程为ex＋y－2＋b＝0.求证：对随意的x∈(0，＋∞)，总有f(x)≥eq\f(1,xe)＋b.(1)解：易得g′(x)＝－e－x＋b＝b－eq\f(1,ex).若b＝0，则g(x)＝eq\f(1,ex)∈(0，＋∞)，不合题意；若b<0，则g(0)＝1>0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,b)))＝eeq\s\up14(\f(1,b))－1<0，满意题设，若b>0，令g′(x)＝－e－x＋b＝0，得x＝－lnb.所以g(x)在(－∞，－lnb)上单调递减；在(－lnb，＋∞)上单调递增，则g(x)min＝g(－lnb)＝elnb－blnb＝b－blnb≤0，所以b≥e.综上所述，实数b的取值范围是(－∞，0)∪[e，＋∞)．(2)证明：易得f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)，则由题意，得f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝e－ae2＝－e，解得a＝eq\f(2,e).所以f(x)＝lnx＋eq\f(2,ex)，从而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝1，即切点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1)).将切点坐标代入ex＋y－2＋b＝0中，解得b＝0.所以要证f(x)≥eq\f(1,xe)＋b，只需证明lnx＋eq\f(2,xe)≥eq\f(1,xe)，即xlnx≥－eq\f(1,e).令φ(x)＝xlnx，则φ′(x)＝lnx＋1.由φ(x)>0，得x>eq\f(1,e)；令φ′(x)<0，得0<x<eq\f(1,e).所以φ(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,