2024步步高二轮数学新教材讲义专题一　规范答题1　函数与导数.docx

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1、2024步步高二轮数学新教材讲义规范答题1函数与导数(12分)(2023新高考全国)已知函数f(x)a(exa)x.(1)讨论f(x)的单调性；切入点：求导，讨论a的正负(2)证明：当a0时，f(x)2ln a.方法一关键点：作差法比较f(x)min与2ln a+的大小方法二关键点：利用不等式exx1把函数f(x)中的指数换成一次函数(1)解因为f(x)a(exa)x，定义域为R，所以f(x)aex1，(1分)所以f(x)是减函数；(2分)当a0时，令f(x)aex10，解得xln a，综上，当a0时，f(x)是减函数；(4分)当a0时，f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单

2、调递增(5分)(2)证明方法一由(1)得，当a0时，(7分)要证f(x)2ln a，即证1a2ln a2ln a，即证a2ln a0恒成立，(8分)(9分)则g(a)2a，令g(a)0，则0a0，则a，所以g(a)在上单调递减，在上单调递增，(11分)则g(a)0恒成立，所以当a0时，f(x)2ln a恒成立，证毕(12分)方法二则h(x)ex1，由于yex是增函数，所以h(x)ex1是增函数，又h(0)e010，所以当x0时，h(x)0时，h(x)0，所以h(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，故h(x)h(0)0，则exx1，当且仅当x0时，等号成立，(6分)当且仅当xln a

3、0，即xln a时，等号成立，所以要证f(x)2ln a，即证xln a1a2x2ln a，即证a2ln a0，(8分)(9分)则g(a)2a，令g(a)0，则0a0，则a，所以g(a)在上单调递减，在上单调递增，(11分)则g(a)0恒成立，所以当a0时，f(x)2ln a恒成立，证毕(12分)处判断f(x)的符号处利用单调性求f(x)min处构造函数g(a)f(x)min处求g(a)min并判断其符号处构造函数证明exx1处通过不等式exx1放缩函数f(x)处构造函数g(a)处求g(a)min并判断其符号培优点1切线放缩在高考压轴题中，经常考查与导数有关的不等式问题，这些问题可以用常规方法

4、求解，也可以用切线不等式进行放缩导数切线放缩法是一种非常实用的数学方法，它可以帮助我们更好地理解函数的性质和变化规律，更能使问题简单化，利用切线不等式进行求解，能起到事半功倍的效果考点一单切线放缩常见的切线放缩：xR都有exx1.当x1时，ln(x1)x.当x0时，xsin x；当x0时，x0时，讨论f(x)的单调性；(2)证明：exf(x)(1)解由题意可知x0，f(x)2，对于二次函数y2x2xa，18a.当a时，0，f(x)0恒成立，f(x)在(0，)上单调递减；当0a0，f(x)在上单调递增；当x时，f(x)0，f(x)在和上单调递减综上，当a时，f(x)在(0，)上单调递减；当0af

5、(x)，即证exln x2.不妨设h(x)ex(x1)，则h(x)ex1，h(0)0，当x0时，h(0)0时，h(0)0，因此h(x)h(0)0，ex(x1)0恒成立令m(x)ln xx1，m(x)1，当0x0，m(x)单调递增，当x1时，m(x)0恒成立(等号成立的条件不一致，故舍去)，即exln x2.从而不等式得证考点二 双切线放缩例2(2023福州模拟)已知函数f(x)xln xx.若f(x)b有两个实数根x1，x2，且x1x2.求证：beex2x10，得x1；令f(x)0得，0x1，所以f(x)在区间(1，)上单调递增，在(0,1)上单调递减因为f(x)b有两个实数根x1，x2，且x

6、1x2.所以0x11x2，先证不等式x2x12be，因为f(e)0，f，f(e)1，f1，所以曲线yf(x)在x和xe处的切线分别为l1：yx和l2：yxe，如图，令g(x)f(x)xln x，0x0，则x1；令g(x)0，则0x，所以g(x)在上单调递减，在上单调递增，所以g(x)g0，所以f(x)x在(0,1)上恒成立，设直线yb与直线l1交点的横坐标为x1，则x1x1，设直线yb与直线l2交点的横坐标为x2，同理可证x2x2，因为x1b，x2be，所以x2x1x2x1be2be(两个等号不同时成立)，因此x2x1bee，函数图象f(x)上有两点A(1，1)，B(e,0)，设直线yb与直线

7、OA：yx，AB：y(xe)的交点的横坐标分别为x3，x4，易证x1x3x4x4x3(e1)be(b)bee.综上可得beex2x10)有两个零点x1，x2，且x1x2，证明：x2x112m.证明f(x)(x1)(ex1)，令f(x)0，有x11，x20，f(x)ex(x2)1，f(1)1，f(0)1，设曲线yf(x)在(1,0)处的切线方程为yh(x)，则h(x)f(1)(x1)(x1)，令F(x)f(x)h(x)(x1)，则F(x)(x2)ex，令m(x)F(x)(x2)ex，则m(x)(x3)ex，所以当x3时，m(x)3时，m(x)0，所以F(x)在(，3)上单调递减，在(3，)上单调

8、递增，当x时，F(x)，又F(1)0，所以当x1时，F(x)1时，F(x)0，F(x)单调递增，所以F(x)F(1)0，所以f(x)h(x)恒成立，则f(x1)h(x1)，设h(x)m的根为x3，则x31，又h(x)单调递减，且mhf(x1)h(x1)，所以x3x1，设曲线yf(x)在(0,0)处的切线为yt(x)，则t(x)x，令G(x)f(x)t(x)(x1)(ex1)x，则G(x)(x2)ex2，依据F(x)的单调性可知，G(x)在(，3)上单调递减，在(3，)上单调递增，当x时，G(x)2，且G(0)0，所以G(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，所以G(x)G(0)0，所

9、以f(x)t(x)恒成立，所以f(x2)t(x2)，设t(x)m的根为x4，则x4m，又函数t(x)单调递增，且mt(x4)f(x2)t(x2)，所以x4x2，所以x2x1x4x3m112m，即证x2x112m.专题强化练1(2023广州模拟)已知函数f(x)ln(x1)(1)证明：当x1时，f(x)x；(2)已知nN*，证明：sin(n1)证明(1)令h(x)ln(x1)x(x1)，则h(x)1，当1x0，则函数h(x)在(1,0)上单调递增，当x0时，h(x)lnln ，1ln ln ln ln ln(n1)，即1ln(n1)，则n1，令(x)xsin x，x0，(x)1cos x0，(x

10、)在(0，)上单调递增，(x)(0)0，即xsin x0，即xsin x，x0，即n1sin(n1)，由得sin(n1)2(2023遂宁模拟)已知函数f(x)a(x1)，xR.(1)若f(x)是减函数，求实数a的取值范围；(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，其中x12.(1)解由题意知f(x)a0在R上恒成立，所以a恒成立，令g(x)，xR，则ag(x)max，令g(x)0，得x1，当x(，1)时，g(x)0，g(x)单调递增；当x(1，)时，g(x)0，g(x)单调递减，所以g(x)maxg(1)e，即ae，a(，e(2)证明由f(x)有两个极值点x1，x2，可知f(x)0有两个不相等的

11、实数根x1，x2，由(1)可知，当x时，g(x)0，且g(2)0，则g(x)的图象如图所示，所以ea0且2x110，所以g(x)e(x2)设方程e(x2)a的根为x3，则x32，过点和(0,0)的直线方程为yex，设m(x)g(x)ex，x，因为m(x)0，所以m(x)在(1，)上单调递增，所以m(x)m(1)0，则g(x)ex，又设方程exa的根为x4，则x4，所以x2x1x4x32.培优点2隐零点问题导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的，我们称之为“隐零点”，既能确定其存在，但又无法用显性的代数进行表达这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问

12、题 考点一不含参函数的隐零点问题例1(2023咸阳模拟)已知f(x)(x1)2exx3ax(x0)(aR)(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a0时，判定函数g(x)f(x)ln xx2零点的个数，并说明理由解(1)由题知，f(x)(x21)exa(x21)(x1)(x1)(exa)若a1，当0x1时，f(x)1时，f(x)0，f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，)上单调递增；若1ae，即0ln a1，当0x1时，f(x)0；当ln ax1时，f(x)e，即ln a1，当0xln a时，f(x)0；当1xln a时，f(x)0)，h(x)ex0，h(x)在定义域上是增函数，h2

13、0，存在唯一x0，使h(x0)0，即0，x0ln x0，当0xx0时，h(x)0；当x0x0，即g(x)1时，h(x)0，即g(x)0，g(x)在区间(0，x0)上单调递增，在区间(x0,1)上单调递减，在区间(1，)上单调递增，当xx0时，g(x)取极大值g(x0)ln x0x(x01)2x2，设F(x)x22，易知F(x)在区间上单调递减g(x0)g0，g(x)在(0,1)内无零点，g(1)0，g(x)在(1，)内有且只有一个零点，综上所述，g(x)有且只有一个零点规律方法已知不含参函数f(x)，导函数方程f(x)0的根存在，却无法求出，利用零点存在定理，判断零点存在，设方程f(x)0的根

14、为x0，则有关系式f(x0)0成立，注意确定x0的合适范围跟踪演练1(2023天津模拟)已知函数f(x)ln xax1，g(x)x(exx)(1)若直线y2x与函数f(x)的图象相切，求实数a的值；(2)当a1时，求证：f(x)g(x)x2.(1)解设切点坐标为(x0，f(x0)，由f(x)a，得f(x0)a，所以切线方程为y(ln x0ax01)(xx0)，即yxln x0.因为直线y2x与函数f(x)的图象相切，所以解得a1.(2)证明当a1时，f(x)ln xx1，令F(x)g(x)f(x)x2xexln xx1(x0)，则F(x)(x1)ex1，令G(x)xex1(x0)，则G(x)(

15、x1)ex0，所以函数G(x)在区间(0，)上单调递增，又G(0)10，所以函数G(x)存在唯一的零点x0(0,1)，且当x(0，x0)时，G(x)0，F(x)0，F(x)0.所以函数F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，故F(x)minF(x0)x0ln x0x01，由G(x0)0得x010，两边取对数得ln x0x00，故F(x0)0，所以g(x)f(x)x20，即f(x)g(x)x2.考点二含参函数的隐零点问题例2(2023包头模拟)已知函数f(x)aexln(x1)1.(1)当ae时，求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积；(2)证

16、明：当a1时，f(x)没有零点(1)解当ae时，f(x)ex1ln(x1)1，f(0)e1.f(x)ex1，f(0)e1，故曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y(e1)(e1)x，即y(e1)xe1.因为该切线在x，y轴上的截距分别为1和e1，所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积S|1|(e1).(2)证明当a1时，因为f(x)aexln(x1)1，所以f(x)aex(x1)，令g(x)aex(x1)1(x1)，则g(x)aex(x2)，因为a1，x1，所以g(x)0，所以g(x)在(1，)上单调递增，又g(1)10，故g(x)在(1,0)上有唯一的零点，即g()0，因此有ae

17、(1)1.当x(1，)时，g(x)0，即f(x)0，即f(x)0.所以f(x)在(1，)上单调递减，在(，)上单调递增，故f()为最小值由ae(1)1，得ln(1)ln a，所以当11，所以ln a0，又因为10，所以f()0.所以f(x)f()0.因此当a1时，f(x)没有零点规律方法已知含参函数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，则有关系式f(x0)0成立，该关系式给出了x0，a的关系；注意确定x0的合适范围，往往和a的范围有关跟踪演练2(2023石家庄模拟)已知函数f(x)xln x2.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2

18、)若对任意的x(1，)，都有xln xxk(x1)成立，求整数k的最大值解(1)函数f(x)xln x2的定义域是(0，)，f(x)1，当x(0,1)时，f(x)0，函数f(x)单调递增，所以函数f(x)的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1，)(2)x(1，)，xln xxk(x1)k1，求导得g(x)，由(1)知，f(x)xln x2在(1，)上单调递增，f(3)1ln 30，因此存在唯一x0(3,4)，使得f(x0)0，即x0ln x020ln x0x02，当x(1，x0)时，f(x)0，即g(x)0，即g(x)0，因此函数g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增

19、，于是g(x)ming(x0)x0，则k1.(1)解f(x)exbsin x，f(x)exbcos x，由导数的几何意义知，f(x)在(0，f(0)处的切线的斜率kf(0)e0bcos 01b，由已知k1b2，解得b1.(2)证明由(1)得f(x)exsin x，x(，)，f(x)excos x，令g(x)excos x，x(，)，则g(x)exsin x，当x(，0时，ex0，sin x0，g(x)exsin x0，当x(0，)时，ex1，sin x1，g(x)exsin x0，当x(，)时，g(x)0，g(x)在区间(，)上单调递增，又g()ecos()10，存在唯一x0，使g(x0)co

20、s x00，又g(x)在区间(，)上单调递增，xx0是g(x)在(，)上的唯一零点，f(x)excos x在区间(，)上单调递增，且f(x0)cos x00，当x(，x0)时，f(x)0，f(x)在区间(x0，)上单调递增，f(x)存在唯一极小值点x0.又cos x00，cos x0，f(x0)sin x0sin x0cos x0sin，又x0，x0，sin，f(x0)sin(1,1)，f(x0)1.2(2023绵阳模拟)已知函数f(x)axln x，aR.(1)若a，求函数f(x)的最小值及取得最小值时的x的值；(2)若函数f(x)xex(a1)ln x对x(0，)恒成立，求实数a的取值范围

21、解(1)当a时，f(x)xln x，定义域为(0，)，所以f(x)，令f(x)0得xe，所以当x(0，e)时，f(x)0，f(x)单调递增，所以函数f(x)在xe处取得最小值，f(x)minf(e)0.(2)因为函数f(x)xex(a1)ln x对x(0，)恒成立，所以xexa(xln x)0对x(0，)恒成立，令h(x)xexa(xln x)，x0，则h(x)(x1)exa(x1)，当a0时，h(x)(x1)ex0，h(x)在(0，)上单调递增， 所以由h(x)xex可得h(x)0，即满足xexa(xln x)0对x(0，)恒成立；当a0，h(x)0，h(x)在(0，)上单调递增， 因为当x

22、趋近于0时，h(x)趋近于负无穷，不成立，故不满足题意；当a0时，令h(x)0得axex，令k(x)ex，k(x)ex0恒成立，故k(x)在(0，)上单调递增，因为当x趋近于正无穷时，k(x)趋近于正无穷，当x趋近于0时，k(x)趋近于负无穷，所以x0(0，)，使得h(x0)0，ax0，所以当x(0，x0)时，h(x)0，h(x)单调递增，所以只需h(x)minh(x0)x0a(x0ln x0)x0(1x0ln x0)0即可；所以1x0ln x00,1x0ln x0，因为x0a，所以ln x0ln ax0，所以ln x0x0ln a1ln e，解得0ae，所以a(0，e，综上所述，实数a的取值范围为0，e