2024步步高考二轮数学新教材讲义专题一　第5讲　母题突破1　导数与不等式的证明.docx

2024步步高考二轮数学新教材讲义第5讲导数的综合应用母题突破1导数与不等式的证明1(2023·咸阳模拟)已知函数f(x)(xR)(1)求f(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)求证：当x0，时，f(x)x.2(2023·江苏省八市模拟)已知函数f(x)axln x，设x1，x2是函数f(x)的两个极值点，且x1<x2.(1)求a的取值范围；(2)证明：f(x1)f(x2)<x2x1.母题突破2恒成立问题与能成立问题1(2023·吴忠模拟)已知函数f(x)x2(2a1)xaln x.(1)当a1时，求函数f(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)若a>0且f(x)0恒成立，求a的取值范围2(2023·南昌模拟)已知函数f(x)ex(1a)xln a·ln x(a>0)(1)若ae，求函数f(x)的单调区间；(2)若不等式f(x)<1在区间(1，)上有解，求实数a的取值范围母题突破3零点问题1(2023·连云港调研)已知函数f(x)x2xln x.(1)求f(x)在x1处的切线方程；(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2(2023·广州模拟)已知函数f(x)ex1ex1，g(x)a(x22x)(a<0)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)讨论函数h(x)f(x)g(x)的零点个数母题突破1导数与不等式的证明1(1)解由题知，f(0)0，f(x)，所以切点坐标为(0,0)，斜率为f(0)1，所以所求切线为xy0.(2)证明由f(x)x，x0，得x，x0，即xexsin x0，x0，令g(x)xexsin x，x0，则g(x)exxexcos x，令h(x)exxexcos x，x0，则h(x)2exxexsin x0在0，上恒成立，所以h(x)在0，上单调递增，有h(x)h(0)0，所以g(x)0在0，上恒成立，即g(x)在0，上单调递增，所以g(x)g(0)0，即xexsin x0，x0，综上，当x0，时，f(x)x.2(1)解f(x)a(x>0)由题意得ax2xa0有两个不相等的正实数根，所以解得0<a<.(2)证明因为x1<x2，由(1)知，0<a<，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)的极小值点由(1)知，x1x21，x1x2，因为x2x1f(x1)f(x2)(a1)(x2x1)ln a·2a(x2x1)(x2x1)ln ln ln ，设t>1，g(t)ln t.所以g(t)>0，所以g(t)在(1，)上单调递增，所以g(t)>g(1)0.所以x2x1f(x1)f(x2)>0，即f(x1)f(x2)<x2x1.所以原不等式成立母题突破2恒成立问题与能成立问题1解(1)当a1时，f(x)x2xln x，f(1)0，可得f(x)2x1，故f(1)0，所以函数f(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y0.(2)由已知得x(0，)，所以x2x>0，由f(x)0，得x2x(2xln x)a.因为a>0，所以上式可化为.令g(x)，则g(x)，令h(x)1xln x，则h(x)1.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x1时，g(x)取得极大值，也是最大值，即g(x)maxg(1)1.要使在(0，)上恒成立，则应有1.又因为a>0，故0<a1.2解(1)当ae时，f(x)ex(1e)xln x，f(x)ex(1e)(exe)，当x>1时，exe>0，>0，所以f(x)>0，即f(x)在(1，)上单调递增；当0<x<1时，exe<0，<0，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)(2)因为f(x)ex(1a)xln a·ln x(a>0)，则f(x)ex(1a)(exa)(x>0)，当ln a1，即0<ae时，因为x>1，ex>ea，x>1ln 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)e1ae1e1，不等式f(x)<1在区间(1，)上无解；当ln a>1，即a>e时，当1<x<ln a时，ex<eln aa，x<ln a，因此f(x)<0，所以函数f(x)在区间(1，ln a)上单调递减，f(x)<f(1)e1a<e1e1，不等式f(x)<1在区间(1，)上有解综上，实数a的取值范围是(e，)母题突破3零点问题1解(1)f(x)2x1ln x，f(1)3，又f(1)1，切点坐标为(1,1)，f(x)在x1处的切线方程为y13(x1)，即3xy20.(2)函数f(x)x2xln x的定义域为(0，)，由f(x)ax3可得a，令g(x)，x>0，则g(x)，令h(x)1x2ln x，其中x>0，则h(x)1<0，所以函数h(x)在定义域(0，)上单调递减，且h(1)0，当0<x<1时，h(x)>0，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x0时，g(x)，由题意可知，直线ya与函数g(x)的图象有两个交点，如图所示由图可知，0<a<1，故实数a的取值范围是0<a<1.2解(1)由f(x)ex1ex1，可得f(x)ex1ex1，令f(x)0，解得x1，当x<1时，x1<0，可得f(x)<0，f(x)在(，1)上单调递减；当x>1时，x1>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，)(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(x22x)(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x1时，g(x)取最大值g(1)a，由(1)可知，当x1时，f(x)取最小值f(1)2，当a<2，即2<a<0时，函数f(x)与g(x)的图象没有交点，即函数h(x)没有零点；当a2，即a2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)ex1ex1a(x22x)，所以h(1)2a<0，h(2)ee1>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，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(2x)e(2x)1e(2x)1e1xex1f(x)，所以f(x)的图象关于直线x1对称，因为g(x)的图象关于直线x1对称，所以f(x)与g(x)的图象都关于直线x1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)有两个零点综上，当2<a<0时，函数h(x)没有零点；当a2时，函数h(x)有且只有一个零点；当a<2时，函数h(x)有两个零点