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

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1、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x1x2.(1)求a的取值范围；(2)证明：f(x1)f(x2)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 aln x(a0)(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

2、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)(a0)由题意得ax2xa0有两个不相等的正实数根，所以解得0a.(2)证明因为x1x2，由(1)知，0a1，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)0，由f(x)0，得x2x(2xln x)a.因为a0，所以上式可化为.令g(x)，则g(

3、x)，令h(x)1xln x，则h(x)1.因为x(0，)，所以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，故01时，exe0，0，所以f(x)0，即f(x)在(1，)上单调递增；当0x1时，exe0，0，所以f(x)0)，则f(x)ex(1a)(exa)(x0)，当ln a1，即01，exea，x1ln 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，即ae时，当1xln a时，exeln aa，xln a，因此f(x)0，所以函数f(x)在区间(1，ln a)上单

4、调递减，f(x)f(1)e1ae1e1，不等式f(x)0，则g(x)，令h(x)1x2ln x，其中x0，则h(x)10，所以函数h(x)在定义域(0，)上单调递减，且h(1)0，当0x0，则g(x)0，所以函数g(x)在(0,1)上单调递增，当x1时，h(x)0，则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，0a1，故实数a的取值范围是0a1.2解(1)由f(x)ex1ex1，可得f(x)ex1ex1，令f(x)0，解得x1，当x1时，x10，可得f(x)1时，x10，可得f(x)0，f(x)在(1，)上单调递增，故函数f(x)的单调

5、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)(a0)，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a2，即2a2，即a2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)2a0，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a2时，h(x)f(x)g(x)有两个零点综上，当2a0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a2时，函数h(x)有两个零点