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(共38张PPT)
第6讲　导数与不等式的证明
考点一　构造差函数证明不等式
考点二　分离函数法证明不等式
目 录 索 引
考点三　放缩法证明不等式
考点一　构造差函数证明不等式
理知识
在证明不等式f(x)>0(f(x)<0)时,可通过证明f(x)min>0(f(x)max<0)来实现,因此关键是求出函数f(x)的最小值(最大值).在求函数f(x)的最值时,主要利用导数通过单调性及极值求得,有以下几种情形:
(1)直接求得f(x)的最值,且最值是一个具体的实数.
(2)求得f(x)的最值,且最值是一个含有参数的代数式,再说明该代数式的最值大于0(小于0).
(3)通过隐零点求得f(x)的最值,再说明含有隐零点的最值表达式大于0(小于0).
链高考
(2023新高考Ⅱ,22节选)证明:当0证明 设h(x)=sin x-x,x∈[0,1],
则h'(x)=cos x-1≤0对 x∈[0,1]恒成立,且仅在x=0时有h'(0)=0,
所以函数h(x)在[0,1]上单调递减.所以对 x∈(0,1),有h(x)又因为h(0)=0,所以sin x-x<0恒成立.所以sin x设g(x)=sin x-(x-x2),则g'(x)=cos x+2x-1.
令G(x)=cos x+2x-1,则G'(x)=-sin x+2>0对 x∈[0,1]恒成立,
所以g'(x)在x∈[0,1]上单调递增,且因为g'(0)=1+0-1=0,
所以对 x∈[0,1],g'(x)≥0恒成立,且仅在x=0时有g'(0)=0,
所以函数y=g(x)在[0,1]上单调递增.
所以对 x∈(0,1),有g(x)>g(0)恒成立.又因为g(0)=0,
所以sin x+x2-x>0对 x∈(0,1)恒成立.所以x-x2综上可知,x-x2例1　(2023新高考Ⅰ,19)已知函数f(x)=a(ex+a)-x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)证明:当a>0时,f(x)>2ln a+.
(1)解 f'(x)=aex-1,x∈R.
①当a≤0时,f'(x)≤0对任意x∈R恒成立,所以f(x)在(-∞,+∞)内单调递减.
②当a>0时,令f'(x)=0,得x=ln=-ln a.
随x的变化,f'(x),f(x)的变化如下表:
x (-∞,-ln a) -ln a (-ln a,+∞)
f'(x) - 0 +
f(x) ↘ 极小值 ↗
所以函数f(x)的单调递增区间是(-ln a,+∞),单调递减区间是(-∞,-ln a).
综上,当a≤0时,f(x)的单调递减区间是(-∞,+∞),无单调递增区间;
当a>0时,f(x)的单调递增区间是(-ln a,+∞),单调递减区间是(-∞,-ln a).
(2)证明 当a>0时,要证f(x)>2ln a+恒成立,即证f(x)min>2ln a+成立.
当a>0时,由(1)知,f(x)的极小值同时也是最小值,是f(-ln a),
下面证明f(-ln a)>2ln a+
f(-ln a)=a(e-ln a+a)-(-ln a)=1+a2+ln a.
令g(a)=f(-ln a)-2ln a-=a2-ln a-, a∈(0,+∞),(关键点:这里构造新函数,研究新函数的单调性、最值)
则g'(a)=2a-,
令g'(a)=0,得a=
随a的变化,g'(a),g(a)的变化如下表:
a (0,) (,+∞)
g'(a) - 0 +
g(a) ↘ 极小值 ↗
所以在a=时,g(a)取最小值.
g(a)min=g()=-ln=-ln=ln >ln 1=0.
因此f(-ln a)>2ln a+成立.
因此当a>0时,f(x)>2ln a+
【对点训练1】(2025山东枣庄二模)已知函数f(x)=e2x-(2x+a-2)ex+ax2-2.
(1)若曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线与直线x+y=0垂直,求a的值;
(2)讨论f(x)的单调性;
(3)当a=4时,证明:f(x)≥ln(2x+1)-(2x+2)ex-cos 2x.
(1)解 由题意得f'(x)=2e2x-(2x+a)ex+ax,则f'(0)=2-a.
因为曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线与直线x+y=0垂直,所以2-a=1,即a=1.
(2)解 由(1)得f'(x)=2e2x-(2x+a)ex+ax=(ex-x)(2ex-a),
令g(x)=ex-x,则g'(x)=ex-1.
当x∈(-∞,0)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,所以g(x)≥g(0)=1>0,即ex-x>0.
①当a≤0时,2ex-a>0,f'(x)>0,f(x)在R上单调递增.
②当a>0时,由2ex-a>0,得x>ln;由2ex-a<0,得x所以当x∈(ln,+∞)时,f(x)单调递增;当x∈(-∞,ln)时,f(x)单调递减.
综上,当a≤0时,f(x)在R上单调递增;
当a>0时,f(x)在区间(ln,+∞)内单调递增,在区间(-∞,ln)内单调递减.
(3)证明 当a=4时,要证f(x)≥ln(2x+1)-(2x+2)ex-cos 2x,
只需证e2x+2x2-2≥ln(2x+1)-cos 2x,即证e2x+2x2-2+cos 2x≥ln(2x+1).
由(2)得ex≥x+1,即x≥ln(x+1),即2x≥ln(2x+1),需先证e2x+2x2-2+cos 2x≥2x.
令F(x)=e2x+2x2-2+cos 2x-2x,则F'(x)=2e2x-2sin 2x+4x-2.
令h(x)=2e2x-2sin 2x+4x-2,则h'(x)=4e2x-4cos 2x+4>0,
所以h(x)在R上单调递增.
又h(0)=F'(0)=0,则当x<0时,h(x)=F'(x)<0;当x>0时,h(x)=F'(x)>0,
所以F(x)在区间(-∞,0)内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增,
故F(x)≥F(0)=0,
则e2x+2x2-2+cos 2x≥2x当x∈R时成立,则当x>-时,此不等式也成立.
综上,f(x)≥ln(2x+1)-(2x+2)ex-cos 2x.
考点二　分离函数法证明不等式
例2　(2025广东珠海模拟)已知函数f(x)=ex+x(x-a)(a∈R),f(x)的导函数为f'(x),且f'(0)=0.
(1)求f(x)的最值;
(2)求证:+ln x+x>2.
(1)解 由f(x)=ex+x(x-a),得f'(x)=ex+x-,所以f'(0)=1-=0,解得a=2,
所以f(x)=ex+x2-x.
因为f(x)的定义域为R,f'(x)=ex+x-1,
令h(x)=ex+x-1,所以h'(x)=ex+1>0,所以f'(x)在R上单调递增.
又f'(0)=0,所以当x<0时,f'(x)<0,当x>0时,f'(x)>0,
所以f(x)在(-∞,0)内单调递减,在(0,+∞)内单调递增,所以f(x)在x=0处取得极小值,也是最小值,无极大值,所以f(x)的最小值为f(0)=1,无最大值.
(2)证明 要证+ln x+x>2,
只需证ex+xln x+x2>2x,
即证ex+x2-x>x-xln x.
令g(x)=x-xln x,x∈(0,+∞),则g'(x)=1-(ln x+1)=-ln x,
当00,当x>1时,g'(x)<0,
所以g(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减,
所以g(x)在x=1处取得极大值,也是最大值,所以g(x)max=g(1)=1.
又f(1)=e->1,所以 x∈(0,+∞),恒有f(x)>g(x),
即ex+x2-x>x-xln x,也即+ln x+x>2.
【对点训练2】已知函数f(x)=ax-ln x,a∈R.
(1)若函数F(x)=f(x)-x2有两个极值点,求a的取值范围;
(2)若曲线y=f(x)在点(,f())处的切线与y轴垂直,求证:f(x)(1)解 F(x)=ax-ln x-x2,其定义域为(0,+∞),F'(x)=a--2x=(x>0),
因为F(x)有两个极值点,所以关于x的方程-2x2+ax-1=0有两个不相等的正实根,设为x1,x2,且x10,且Δ=a2-8>0,得a>2
当00,F(x)单调递增;
当x>x2时,F'(x)<0,F(x)单调递减.
所以F(x)在x=x1处有极小值,在x=x2处有极大值,
因此a的取值范围是(2,+∞).
(2)证明 因为f(x)=ax-ln x,则f'(x)=(x>0),
由题意知f'()=e(-1)=0,得a=e,故f(x)=ex-ln x,所以f(x)即ex-ln x0),则g'(x)=e-ex,
当x>1时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当00,g(x)单调递增.
所以g(x)max=g(1)=e-e=0.
令h(x)=ln x+,则h'(x)=,
当x>时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当0所以h(x)min=h()=ln+1=0.
显然g(x)与h(x)不同时为0,所以ex-ex考点三　放缩法证明不等式
理知识
在证明不等式时,若直接证明比较困难,可将不等式中的部分项进行放大或缩小,然后证明放缩后的不等式成立,再根据不等式的传递性证明原不等式成立.常用的放缩技巧有:
(1)ex≥x+1;
(2)≥x;
(3)ln x≤x-1;
(4)ln(x+1)≤x;
(5)x≥sin x(x≥0)等.
链高考
(2023天津,20)已知函数f(x)=ln(x+1).
(1)求曲线y=f(x)在x=2处的切线斜率;
(2)求证:当x>0时,f(x)>1;
(3)证明:(1)解 f(x)=,则f'(x)=,
所以f'(2)=,故x=2处的切线斜率为
(2)证明 要证x>0时f(x)=ln(x+1)>1,即证ln(x+1)>
令g(x)=ln(x+1)-,x>0,则g'(x)=>0,
所以g(x)在(0,+∞)内单调递增,则g(x)>g(0)=0,即ln(x+1)>
所以当x>0时,f(x)>1.
(3)证明 设h(n)=ln(n!)-ln n+n,n∈N*,
则h(n+1)-h(n)=1+ln n-ln(n+1)=1-ln,
由(2)知x=(0,1],则fln>1,
所以h(n+1)-h(n)<0,故h(n)在n∈N*上递减,故h(n)≤h(1)=1;
下证ln(n!)-ln n+n>,
令φ(x)=ln x-,x>0,则φ'(x)=,
当00,φ(x)单调递增;当x>1时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减,
所以φ(x)≤φ(1)=0,故当x∈(0,+∞)时,ln x恒成立,
则当n≥2时,h(n)-h(n+1)=ln-1-1
=),
所以当n≥3时,h(2)-h(3)<,h(3)-h(4)<,…,h(n-1)-h(n)
<,
累加得h(2)-h(n)<
h(1)=1>显然成立.
因为>ln 2,所以h(2)=2-ln 2>,
当n≥3时,-h(n)<-2+ln 2,又ln 2<,
所以h(1)-h(n)(n≥3).
综上,例3　(2022新高考Ⅱ,22)已知函数f(x)=xeax-ex.
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
(2)当x>0时,f(x)<-1,求实数a的取值范围;
(3)设n∈N*,证明:+…+>ln(n+1).
(1)解 当a=1时,f(x)=xex-ex,
f'(x)=xex.当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减;当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增.故函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调递减.
(2)解 函数g(x)=f(x)+1=xeax-ex+1(x≥0),g(x)≤g(0)=0对 x≥0恒成立.
又g'(x)=eax+axeax-ex,g'(0)=0,
令h(x)=g'(x),h'(x)=aeax+a(eax+axeax)-ex=a(2eax+axeax)-ex,则h'(0)=2a-1.
①若h'(0)=2a-1>0,即a>时,h'(0)=>0,所以 x0>0,使得当x∈(0,x0)时,有>0 g'(x)>0 g(x)单调递增 g(x0)>g(0)=0矛盾;
②若h'(0)=2a-1≤0,即a时,g'(x)=eax+axeax-ex=eax+ln(1+ax)-ex-ex-ex=0 g(x)在[0,+∞)上单调递减,g(x)≤g(0)=0,符合题意.综上所述,实数a的取值范围为a
(3)证明 求导易得t->2ln t(t>1).
令t=,则>2ln>ln>ln
故ln=ln(…)=ln(n+1),
即+…+>ln(n+1).
得证.
【对点训练3】(2025湖北武汉模拟)已知函数f(x)=xex-1-a.
(1)若a∈R,讨论f(x)的零点的个数;
(2)若a为正整数n,记此时f(x)的唯一零点为xn,证明:
①数列{xn}是递增数列;
②2(-1)<+…+(n+1+ln n).
(1)解 令f(x)=xex-1-a=0,可得a=xex-1,设g(x)=xex-1,
因为g'(x)=(x+1)ex-1,
所以当x∈(-∞,-1)时,g'(x)<0,则g(x)在(-∞,-1)内单调递减;
当x∈(-1,+∞)时,g'(x)>0,则g(x)在(-1,+∞)内单调递增,
则g(x)min=g(-1)=-e-2=-,
又因为x∈(-∞,0),g(x)=xex-1<0,当x→-∞时,g(x)→0,当x→+∞时,g(x)→+∞,g(0)=0,所以当a<-时,f(x)=xex-1-a无零点;
当a=-或a≥0时,f(x)=xex-1-a仅有一个零点;
当-(2)证明 ①由(1)知,当a≥0时,f(x)=xex-1-a仅有一个零点,且此零点是非负数.由f(x)=xex-1-n的唯一零点为xn,则xn=n,
两边取自然对数得xn-1+ln xn=ln n,
即xn+1-1+ln xn+1=ln(n+1),
两式相减得xn+1-xn+ln xn+1-ln xn=ln(n+1)-ln n=ln>0,
可得xn+1+ln xn+1>xn+ln xn.设y=x+ln x,则y'=1+,
因为x>0,所以y'=1+>0,即y=x+ln x在(0,+∞)内单调递增,
所以有xn+1>xn,即数列{xn}是递增数列.
②先证明:当x>0时,x-1≥ln x.
构造h(x)=x-1-ln x,求导得h'(x)=1-,当x∈(0,1)时,h'(x)=<0,
则h(x)=x-1-ln x在(0,1)内单调递减;
当x∈(1,+∞)时,h'(x)=>0,则h(x)=x-1-ln x在(1,+∞)内单调递增;
即h(x)min=h(1)=0,所以h(x)=x-1-ln x≥0,即x-1≥ln x,
又因为xn-1+ln xn=ln n,结合上面不等式有xn-1+ln xn≥2ln xn,
所以ln n≥2ln xnn xn,
又因为,所以有=2(),
即+…+>2()+2()+…+2()
=2(-1).
再由x-1≥ln x,得-1≥ln=ln xn-ln n,当且仅当xn=n时取等号;
再由xn-1+ln xn=ln n,得ln xn-ln n=1-xn,结合上式可得ln xn-ln n=1-xn-1,整理得2,即(1+),当且仅当n=1时取等号,当n≥2时,+…+<1+(1+)+…+(1+)=1++…+),
再由x-1≥ln x,得-1≥ln,即1-ln x,则1-所以有+…+(ln+ln+…+ln)=,
则2(-1)<+…+(n+1+ln n),
当且仅当n=1时等号成立.(共28张PPT)
培优拓展(十二)　抽象函数问题
类型一　赋值法
类型二　特殊函数模型法
目 录 索 引
类型三　抽象函数性质的综合
抽象函数是指未给出具体解析式,仅通过某些特征或性质来定义的函数.以抽象函数为背景的综合题型,通常借助函数性质的代数描述,全面考查学生的数学符号语言理解与运用能力、代数推理与论证能力,以及对一般性与特殊性关系的把握.这类问题既体现了高考命题对学生能力的深度考查,也是近年来高考的热点与难点之一.
类型一　赋值法
例1　(多选题)(2023新高考Ⅰ,11)已知函数f(x)的定义域为R, f(xy)=y2f(x)+x2f(y),则(　 　)
A.f(0)=0
B.f(1)=0
C.f(x)是偶函数
D.x=0为f(x)的极小值点
ABC
解析 对于选项A,令x=0,y=0,f(0)=0,所以A正确;
对于选项B,令x=1,y=1,f(1×1)=12×f(1)+12×f(1)=2f(1),解得f(1)=0,所以B正确;
对于选项C,令x=-1,y=-1,f[(-1)×(-1)]=(-1)2×f(-1)+(-1)2×f(-1)=2f(-1),解得f(-1)=0;再令x=-1,y=x,f[(-1)×x]=x2×f(-1)+(-1)2×f(x),f(-x)=f(x),所以C正确;
对于选项D,用特值法,函数f(x)=0,为常数函数,且满足f(xy)=y2f(x)+x2f(y),
而常数函数没有极值点,所以D错误.故选ABC.
【对点训练1】(2025浙江温州模拟)已知定义在R上的函数f(x)恒大于0,对 x,y∈R,都有f(x+2y)=4f(x)·f2(y),且f(1)=1,则下列说法错误的是(　　)　　　　　　　　　　　
A.f(0)= B.f(x)·f(-x)=f2(0)
C.f(k)是奇数 D.f(x)有最小值
D
解析 取y=0,则f(x)=4f(x)f2(0),f(0)=,所以A正确;
取y=-x,则f(-x)=4f(x)·f2(-x),则f(x)·f(-x)=,所以B正确;
取x=0,y=,则f(1)=4f(0)f2,则f2,取y=,则f(x+1)=4f(x)·f2=2f(x),f(k)=…f(1)=2k-1,k∈Z,
则f(k)=1+2+…+22 023==22 024-1,
所以f(k)是奇数,所以C正确;
取函数f(x)=2x-1,符合题目条件,但此时f(x)无最小值,所以D错误.故选D.
类型二　特殊函数模型法
例2　(2022新高考Ⅱ,8)若函数f(x)的定义域为R,且f(x+y)+f(x-y)=f(x)f(y), f(1)=1,则f(k)=(　　)【一题多解】
A.-3 B.-2
C.0 D.1
A
解析 (方法一　赋值法)
令y=1,得f(x+1)+f(x-1)=f(x)·f(1)=f(x),即f(x+1)=f(x)-f(x-1).
从而f(x+2)=f(x+1)-f(x),f(x+3)=f(x+2)-f(x+1).
消去f(x+2)和f(x+1),得到f(x+3)=-f(x),
从而f(x+6)=f(x),故f(x)的周期为6.
令x=1,y=0,得f(1)+f(1)=f(1)·f(0),得f(0)=2,
f(2)=f(1)-f(0)=1-2=-1,
f(3)=f(2)-f(1)=-1-1=-2,
f(4)=f(3)-f(2)=-2-(-1)=-1,
f(5)=f(4)-f(3)=-1-(-2)=1,
f(6)=f(5)-f(4)=1-(-1)=2,
f(k)=3[f(1)+f(2)+…+f(6)]+f(19)+f(20)+f(21)+f(22)
=f(1)+f(2)+f(3)+f(4)
=1+(-1)+(-2)+(-1)=-3,
即f(k)=-3,故选A.
(方法二　构造特殊函数)
由f(x+y)+f(x-y)=f(x)f(y),
联想到余弦函数和差化积公式cos(x+y)+cos(x-y)=2cos xcos y,
可设f(x)=acos ωx,由方法一中f(0)=2,又f(1)=1,则a=2,acos ω=1,得cos ω=,取ω=,所以f(x)=2cosx,
则f(x+y)+f(x-y)=2cos(x+y)+2cos(x-y)=4cosxcosy=f(x)f(y),
所以f(x)=2cosx符合条件,因此f(x)的周期T==6,f(0)=2,f(1)=1,
且f(2)=-1,f(3)=-2,f(4)=-1,f(5)=1,f(6)=2,
所以f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)+f(6)=0,
所以f(k)=f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=1-1-2-1=-3.故选A.
【对点训练2】(多选题)(2025辽宁沈阳模拟)定义在R上的连续函数f(x)满足 x,y∈R,f(xy)=f(x)f(y),f(1)=1,则下列说法正确的是(　　)
A.f(0)=0
B.当y≠0时,f
C.若f(-1)=1,则f(x)为偶函数
D.当x≠0时,f(x)+f≥2
BC
解析 因为 x,y∈R,f(xy)=f(x)f(y),f(1)=1,可以令f(x)=1,此时f(0)=1≠0,A错误;
对于D,令f(x)=x,x≠0,函数f(x)符合题意,当x<0时,f(x)+f=x+-2,D错误;
当y≠0时,f=f(y)f=f(1)=1,即f,
因此f=f=f(x)f,所以B正确;
函数f(x)的定义域为R,且f(-1)=1, x∈R,取y=-1,
则f(-x)=f(-1)f(x)=f(x),因此f(x)为偶函数,所以C正确.
故选BC.
类型三　抽象函数性质的综合
例3　(1)(多选题)(2025山东威海三模)已知f(x)是定义在R上的增函数,且f(x)可导,f(x-1)为奇函数,记函数g(x)=(x+1)f(x),f'(x),g'(x)分别是f(x),g(x)的导函数,则下列选项正确的是(　 　)
A.g'(-1)=0
B.f'(x-1)=f'(-x-1)
C.g'(x-1)=g'(-x-1)
D.g(ln 1.02)ABD
解析 因为f(x-1)为奇函数,故f(-x-1)+f(x-1)=0,令x=0,则f(-1)=0.
因为g(x)=(x+1)f(x),故g'(x)=f(x)+(x+1)f'(x),故g'(-1)=f(-1)+0=0,所以A正确;
因为f(-x-1)+f(x-1)=0,则-f'(-x-1)+f'(x-1)=0,故f'(x-1)=f'(-x-1),所以B正确;
因为g(x-1)=xf(x-1),g(-x-1)=-xf(-x-1),所以g(x-1)=g(-x-1),
所以g'(x-1)=-g'(-x-1),所以C错误;
对于D,因为f(x)为R上的增函数,所以f'(x)≥0,
而f(-1)=0,所以当x>-1时,f(x)>0,当x<-1时,f(x)<0,
所以当x>-1时,g'(x)>0,当x<-1时,g'(x)<0,
所以g(x)在(-∞,-1)内单调递减,在(-1,+∞)内单调递增,
而g(x-1)=g(-x-1),所以直线x=-1为g(x)图象的对称轴,
所以g(-1-)=g(-1+).
设s(x)=-1+-ln(1+x),
其中00,
所以s(x)在(0,1)内单调递增,
所以s(x)>s(0)=0,
所以-1+>ln(1+x),
所以-1+>ln(1+0.02),
所以-1+>ln 1.02,
所以g(ln 1.02)即g(ln 1.02)故选ABD.
(2)(多选题)(2025江苏南京模拟)欧拉对函数的发展做出了巨大贡献,除特殊符号、概念名称的界定外,欧拉还基于初等函数研究了抽象函数的性质,下面对于定义在R上的函数y=f(x),满足 x,y∈R,有f(x+y)=f(x-y)+2f(y)cos x,则下面选项一定正确的是(　 　)
A.4π是f(x)的一个周期
B.f(x)是奇函数
C.f(x)是偶函数
D.f(x)=fsin x
ABD
解析 令x=y=0,得f(0)=f(0)+2f(0),则f(0)=0.令x=0,得f(y)=f(-y)+2f(y),
即f(-y)=-f(y),故f(x)为奇函数,所以B正确,C错误;
令x=y=,得f()=f()+2f()cos,则f(π)=0;
令y=π,得f(x+π)=f(x-π)+2f(π)cos x,即f(x+2π)=f(x),
则f(x+4π)=f(x),所以A正确;
令x=,得f=f+2f(y)cos,即f=f,
所以f=f,令y=,得f=f+2fcos x.
因为f=f,f(-y)=-f(y),所以f=fcos x,
即f(x)=fcos,f(x)=fsin x,故D正确.故选ABD.
【对点训练3】(多选题)(2025江西宜春二模)已知函数f(x)(x∈R),对任意a,b∈R,均有f(a+b)-f(a-b)=2f(1-a)f(b),且f(1)=1,f'(x)为f(x)的导函数,则下列选项正确的是( 　　)
A.f(2 025)=1
B.f(x)为偶函数
C.f'(1)+f'(2)+…+f'(2 025)=0
D.[f(x)]2+[f(1-x)]2=1
ACD
解析 f(a+b)-f(a-b)=2f(1-a)f(b),令a=1,b=0,得2f(0)f(0)=0,解得f(0)=0;
令a=0,则f(b)-f(-b)=2f(1)f(b),又f(1)=1,所以f(b)-f(-b)=2f(b),得-f(-b)=f(b),
对于任意的b∈R都成立,所以y=f(x)为奇函数,故B错误;
令a=1-x,b=x,得f(1)-f(1-2x)=2f(x)f(x),①
把x换成1-x,得f(1)-f(2x-1)=2f(1-x)f(1-x),②
又f(x)为奇函数,所以f(2x-1)=-f(1-2x),又f(1)=1,
所以①+②得1=[f(x)]2+[f(1-x)]2,故D正确;
令a=1+x,b=1,得f(x+1+1)-f(x+1-1)=2f(1-x-1)f(1),所以f(x+2)-f(x)=2f(-x),
又f(-x)=-f(x),
所以f(x+2)=-f(x),则f(x+4)=-f(x+2)=f(x),
所以函数f(x)的周期为4,得f(2 025)=f(1)=1,故A正确;
f(a+b)-f(a-b)=2f(1-a)f(b),等式两边同时对b求导,
得f'(a+b)+f'(a-b)=2f(1-a)f'(b),
令b=0,得f'(a)+f'(a)=2f(1-a)f'(0),即f'(a)=f(1-a)f'(0),③
由f(-x)=-f(x),得f'(-x)=f'(x),所以f'(x)为偶函数,
由f(x+2)=-f(x),得f'(x+2)=-f'(x),
所以f'(x+4)=-f'(x+2)=f'(x),所以函数f'(x)的周期为4.令a=1,b=0,
由③得f'(1)=f(0)f'(0)=0,则f'(3)=-f'(1)=0,即f'(1)+f'(3)=0.
f'(2)+f'(4)=f'(2)+f'(0)=f(-1)f'(0)+f'(0)=-f(1)f'(0)+f'(0)=0,
所以f'(1)+f'(2)+…+f'(2 025)=506(f'(1)+f'(2)+f'(3)+f'(4))+f'(1)=0,故C正确.
故选ACD.(共35张PPT)
第7讲　导数与函数的零点
考点一　判断函数零点的个数
考点二　根据函数零点的个数求参数的取值范围
目 录 索 引
考点一　判断函数零点的个数
理知识
判断函数零点个数的方法
1.利用函数单调性和零点存在定理
(1)讨论函数的单调性,确定函数的单调区间;
(2)在每个单调区间上,利用函数零点存在定理判断零点的个数;
(3)注意区间端点的选取技巧;
(4)含参数时注意分类讨论.
2.利用数形结合
函数的零点个数即函数图象与x轴交点的个数,因此借助数形结合思想,可通过函数图象判断函数的零点个数.
(1)利用导数研究函数f(x)的单调性、极值及最值情况,并结合函数值的正负情况及变化趋势,作出函数f(x)的大致图象,然后根据图象判断零点个数.
(2)若函数f(x)的图象不易直接作出,可根据函数与方程思想将函数零点转化为方程的根,再将方程进行变形,转化为两个函数的图象交点问题,从而判断函数的零点个数.
链高考
(多选题)(2022新高考Ⅰ卷,10)已知函数f(x)=x3-x+1,则(　　)
A.f(x)有两个极值点
B.f(x)有三个零点
C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心
D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线
AC
解析 ∵f(x)=x3-x+1,
∴f'(x)=3x2-1.由3x2-1=0,得x=或x=-
f(x)有2个极值点-,且在区间(-∞,-)上单调递增,
在区间(-)上单调递减,在区间(,+∞)上单调递增.
又f=1->0,当x=-2时,f(-2)=-5<0,而f>f>0,
∴f(x)只在区间(-2,-)上存在一个零点,∴f(x)只有一个零点.
∵f(x)+f(-x)=2,
∴点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心.
由f'(x)=3x2-1=2,解得x=±1,
∴曲线y=f(x)在点(1,1)处的切线方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1;
曲线y=f(x)在点(-1,1)处的切线方程为y-1=2(x+1),即y=2x+3.
∴直线y=2x与曲线y=f(x)不相切.故选AC.
例1　(2025广东珠海模拟)已知函数f(x)=ax-ln x-2.
(1)当a≤0时,讨论f(x)的零点个数;
(2)当a=1时,证明:f(x)在区间(3,4)内存在唯一的零点.
(1)解 f'(x)=a-(x>0),
当a=0时,由f'(x)=a-<0,得f(x)在(0,+∞)内单调递减.
解f(x)=-ln x-2=0,得x=e-2.
所以当a=0时,f(x)在(0,+∞)内只有一个零点.
当a<0时,f'(x)<0,所以f(x)在(0,+∞)内单调递减.
因为a<0,所以ea-2所以f(ea-2)=aea-2-(a-2)-2=aea-2-a=a(ea-2-1)>0,
又f(1)=a-2<0,所以f(x)在(ea-2,1)内有一个零点.
又f(x)在(0,+∞)内单调递减,所以当a<0时,f(x)在(0,+∞)内有一个零点.
综上,当a≤0时,f(x)只有一个零点.
(2)证明 当a=1时,f(x)=x-ln x-2,则f'(x)=1-,
当x∈(3,4)时,f'(x)=1->0,所以f(x)在(3,4)内单调递增,
因为f(3)=3-ln 3-2=1-ln 3<0,f(4)=4-ln 4-2=2-ln 4>0,
所以f(x)在区间(3,4)内存在唯一的零点.
【对点训练1】(2025山东临沂模拟)已知函数f(x)=x2ln x-ax2+a,a∈R.
(1)当a=1时,求f(x)在区间[1,e]上的最值;
(2)讨论f(x)的零点个数.
解 (1)由题意得f(x)的定义域为(0,+∞),
当a=1时,f'(x)=2xln x+x-2x=x(2ln x-1).当0当x>时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
所以f(x)在x=处取得极小值,也即最小值,为f()=eln-e+1=1-
因为f(e)=e2ln e-e2+1=1,f(1)=ln 1-1+1=0,
所以f(x)在x=e处取得最大值1.
综上,f(x)min=1-,f(x)max=1.
(2)令f(x)=0,得ln x+-a=0.
令g(x)=ln x+-a,则g'(x)=
当a≤0时,g'(x)>0在(0,+∞)内恒成立,所以g(x)在(0,+∞)内单调递增.
又g(1)=0,故此时g(x)有唯一零点.当a>0时,g'(x)=
令g'(x)<0,得0令g'(x)>0,得x>,所以g(x)在区间(,+∞)内单调递增.
所以g(x)min=g()=ln-a+
令=t,t>0,则a=t2.
令h(t)=ln t-t2+,则h'(t)=-t=
当00,h(t)单调递增;
当t>1时,h'(t)<0,h(t)单调递减.
又h(1)=0,所以当t∈(0,1)∪(1,+∞)时,h(t)<0.
①当=1,即a=时,g(x)min=g(1)=0,此时g(x)有唯一零点x=1.
②当0<<1,即0因为g(1)=0,所以g(x)在区间(,+∞)内有唯一零点x=1.
易知0<
G()=ln+a[-1]=ln-2,令=k(0所以g(k)=ln k+-1,
则g'(k)=<0,所以g(k)在区间(0,1)内单调递减,
则g(k)>g(1)=0.又g()<0,
所以g(x)在区间()内存在唯一零点,
故g(x)在区间(0,+∞)内有两个零点.
③当>1,即a>时,g()<0,g(1)=0,易知ea>>1,
又g(ea)=>0,由函数零点存在定理可得g(x)在区间(,ea)内有唯一零点,
故g(x)在区间(0,),(,+∞)内各有一个零点.
综上,当a≤0或a=时,f(x)有一个零点;当a>0且a时,f(x)有两个零点.
考点二　根据函数零点的个数求参数的取值范围
理知识
已知函数零点个数求参数取值范围问题的解法
链高考
1.(2023全国乙,文8)若函数f(x)=x3+ax+2存在3个零点,则a的取值范围是
(　　)
A.(-∞,-2) B.(-∞,-3)
C.(-4,-1) D.(-3,0)
B
解析 令f(x)=0,得-ax=x3+2,易知x≠0,所以-a=
设g(x)=,则函数f(x)存在3个零点等价于函数g(x)=的图象与直线y=-a有三个不同的交点.
g'(x)=当x>1时,g'(x)>0,函数g(x)在(1,+∞)内单调递增,当x<1且x≠0时,g'(x)<0,函数g(x)在(-∞,0),(0,1)内单调递减,且g(1)=3,当x从左侧趋近于0时,g(x)→-∞,当x从右侧趋近于0时,g(x)→+∞,当x→+∞时,g(x)→+∞,由此可作出函数g(x)的大致图象,如图所示.
由图知,当-a>3时,函数g(x)=的图象
与直线y=-a有三个交点,即函数f(x)有3个零点,
所以a<-3.故选B.
2.(2022全国乙,文20)已知函数f(x)=ax--(a+1)ln x.
(1)当a=0时,求f(x)的最大值;
(2)若f(x)恰有一个零点,求a的取值范围.
解 (1)当a=0时,f(x)=--ln x,x∈(0,+∞).
f'(x)=,令f'(x)=0,得x=1.
当x∈(0,1)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减.因此,当x=1时,f(x)有最大值f(1)=-1.
(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞).
f'(x)=a+
由(1)知,当a=0时,f(x)max=-1<0,故f(x)无零点.
当a<0时,ax-1<0.f'(x),f(x)的变化情况如下表所示.
∴ x>0,f(x)≤f(1)=a-1<0,故f(x)无零点.
当a>0时,f'(x)=(x-)(x-1).
x (0,1) 1 (1,+∞)
f'(x) + 0 -
f(x) 单调递增 a-1 单调递减
①当01.f‘(x),f(x)的变化情况如下表所示.
x (0,1) 1 (1,) (,+∞)
f'(x) + 0 - 0 +
f(x) 单调递增 a-1 单调递减 1-a+(a+1)ln a 单调递增
∴ x∈(0,],f(x)≤f(1)=a-1<0.又当x→+∞,f(x)→+∞,
∴f(x)恰有一个零点.
②当a=1时,∵f'(x)=0,
∴函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.由f(1)=a-1=0,知f(x)恰有一个零点.
③当a>1时,0<<1.f'(x),f(x)的变化情况如下表所示.
x (0,) (,1) 1 (1,+∞)
f'(x) + 0 - 0 +
f(x) 单调递增 1-a+(a+1)ln a 单调递减 a-1 单调递增
∴ x∈[,+∞),f(x)≥f(1)=a-1>0.又当x→0时,f(x)→-∞,
∴f(x)恰有一个零点.
综上,若f(x)恰有一个零点,则a的取值范围为(0,+∞).
例2　(2022全国乙,理21)已知函数f(x)=ln(1+x)+axe-x.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)若f(x)在区间(-1,0),(0,+∞)各恰有一个零点,求a的取值范围.
解 (1)当a=1时,f(x)=ln(1+x)+xe-x,则f'(x)=+e-x-xe-x,
所以f(0)=0,f'(0)=2,所以所求切线方程为y=2x.
(2)当a≥0时,若x>0,则f(x)=ln(1+x)+axe-x>0恒成立,不符合题意,舍去.
当a<0时,由已知得f'(x)=+ae-x-axe-x=
令g(x)=1+ae-x(1-x2),则g'(x)=ae-x(x2-2x-1).
因为x>-1,a<0,所以令g'(x)>0,得1-令g'(x)<0,得-11+所以g(x)在区间(-1,1-),(1+,+∞)内单调递减,在区间(1-,1+)内单调递增,g(0)=1+a.
若-1≤a<0,则当x∈(0,1]时,g(x)>0;
当x∈(1,+∞)时,g(x)>0,
所以当x>0时,g(x)>0恒成立,即f'(x)>0恒成立,所以f(x)在区间(0,+∞)内单调递增,所以当x>0时,f(x)>f(0)=0,不符合题意,舍去.
若a<-1,则g(0)<0,又g(-1)=1>0,g(1)=1>0,当x>1时,g(x)>0恒成立,所以存在唯一的x1∈(-1,0),x2∈(0,1),使g(x)=0.
所以f(x)在区间(-1,x1),(x2,+∞)内单调递增,在区间(x1,x2)内单调递减,所以f(x1)>f(0)=0,f(x2)0恒成立;当x∈(0,x2)时,f(x)<0恒成立.
令h(x)=xe-x,则h'(x)=e-x(1-x),所以当x>1时,h'(x)<0,所以h(x)在区间(1,+∞)内单调递减,所以当x>1时,01时,axe-x>a.
取x=e-a,因为a<-1,0e>x2,所以f(e-a)>ln(1+e-a)+a>ln e-a+a=0.又f(x2)<0,所以f(x)在区间(x2,+∞)内只有一个零点,即f(x)在区间(0,+∞)内只有一个零点.
由h'(x)=e-x(1-x),知当-10,所以h(x)在区间(-1,0)内单调递增,所以当-1-e.
又a<-1,所以axe-x<-ae.
取x=e3a-1∈(-1,0),则f(e3a-1)又f(x1)>0,所以f(x)在区间(e3a-1,x1)内只有一个零点,即f(x)在区间(-1,0)内只有一个零点.
综上所述,a的取值范围为(-∞,-1).
【对点训练2】(2025天津,20)已知a∈R,函数f(x)=ax-(ln x)2.
(1)当a=1时,求函数y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)已知f(x)有3个零点x1,x2,x3,且x1①求a的取值范围;
②求证:(ln x2-ln x1)·ln x3<.
(1)解 当a=1时,f(x)=x-(ln x)2,∴f(1)=1.
∵f'(x)=1-ln x,∴f'(1)=1.
∴f(x)在(1,1)处的切线方程为y-1=x-1,即x-y=0.
(2)①解 由f(x)=0,得ax=(ln x)2.
∵x>0,∴a=令g(x)=,则f(x)有3个零点相当于y=a与y=g(x)的图象
有3个交点.由g(x)=,x>0,得g'(x)=由g'(x)=0得x=1或x=e2.
当00;当x>e2时,g'(x)<0.
∴g(x)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,e2)上单调递增,在区间(e2,+∞)上单调递减且g(x)≥0恒成立.其中g(1)=0,g(e2)=,画出g(x)的草图如图所示.
若y=a与y=g(x)的图象有3个交点,则0②证明 设a=4b2,令4b2x-(ln x)2=0,得2|b|=ln x=2ln,即b=ln或b=-ln
设=ti,i=1,2,3,t1<1则
求证(ln x2-ln x1)·ln x3<,
即证4(ln t2-ln t1)ln t3<
设=q>1,,
得ln t2=,ln t3=,
∵ln q<(易证),∴ln t2ln t3=<1.
又-ln t1ln t3=bt1·bt3令h(t3)=,t3>1,则h'(t3)=,h'(e2)=0,
∴h(t3)在区间(1,e2)上单调递增,在区间(e2,+∞)上单调递减,h(t3)≤h(e2)=
∴(ln t2-ln t1)·ln t3<1+
∵(e-2)2>0 e2>4e-4,
∴(ln t2-ln t1)·ln t3<1+,∴(ln x2-ln x1)·ln x3<(共22张PPT)
培优拓展(十四)　同构函数
类型一　地位同等同构问题
类型二　指对跨阶同构问题
目 录 索 引
类型三　零点同构问题
同构函数问题在各类考试中屡见不鲜,成为考查学生数学能力的重要题型.这类问题的核心在于:通过将给定的等式或不等式进行恰当的变形整理,使其左右两侧呈现出相同的结构形式.基于这种结构特征,可以构造出相应的函数模型,进而利用函数的单调性等性质解决问题.从考查形式来看,主要包含地位同等同构和指对跨阶同构两种典型类型,这类题目不仅检验学生的基本运算能力,更能有效评估其数学素养和创新思维能力.
类型一　地位同等同构问题
例1　(2025江苏南通模拟)已知a>e,b>e,且a(1+ln b)=(1+eb)ln a,其中e为自然对数的底数,则下列结论正确的是(　　)
A.ln a-ln b<1 B.aeC.ab6
D
解析 因为a>e,b>e,所以ln a>1,ln b>1,
又因为a(1+ln b)=(1+eb)ln a,所以,
所以,令f(x)=(x>1),求导得f'(x)=,
当x>1时,f'(x)>0,所以函数f(x)在(1,+∞)内单调递增,
所以ln a>1+ln b,即ln a-ln b>1,故A错误;
所以ln>ln e,由对数函数的单调性得>e,即a>eb,所以ae>e2b>b,故B错误;
因为b>e,结合a>eb可得ab>e2b>e3,故C错误;
因为a>eb>e2,所以2ln a+2ln b>2ln(eb)+2ln b>+2ln b>4+2=6,故D正确.
故选D.
【对点训练1】(2025湖南湘潭模拟)若存在x1∈(1,+∞),x2∈(e,+∞),使得x1x2=·ln x2成立,则4x1-x2的最大值为(　　)
A.4ln 2-2 B.4ln 2-4
C.8ln 2-2 D.8ln 2-4
D
解析 由x1x2=ln x2,则,构造函数f(x)=,x>1,
所以f'(x)=
当x∈(1,+∞)时,1-x<0,ex>0,所以f'(x)<0,f(x)在(1,+∞)内单调递减.
当x=1时,f(1)=,当x→+∞时,f(x)→0,所以f(x)的值域是(0,).
又x2∈(e,+∞),则ln x2∈(1,+∞),
又,所以x1=ln x2,那么4x1-x2=4ln x2-x2.
设h(x)=4ln x-x(x>e),则h'(x)=-1=,当e0,当x>4时,h'(x)<0,
所以h(x)在(e,4)内单调递增,在(4,+∞)内单调递减,
则h(x)的最大值为h(4)=4ln 4-4=8ln 2-4.故选D.
类型二　指对跨阶同构问题
例2　(1)(2025广东东莞模拟)若b>1,a∈R,ea+2ln b=-a,下列选项中正确的是(　　)
A.ea>b-1 B.ea>b-2
C.a2b
B
解析 由题意知ea>0,0<<1,所以由ea+2ln b=-a得+ln=+2ln+ln,令f(x)=x+ln x,因为y=x,y=ln x均为增函数,所以f(x)为增函数,所以若b=e,此时ea+a=-2,且-1>a>-2,而()-(-2)=>0,所以-2=ea+a,则-2>b,故C错误;
若b=en,n∈N*,此时ea+a=e-n-2n,且-n>a>-2n,当n→+∞时,必有a2<4n2(2)(2025江苏无锡模拟)已知aeax≥ln x对 x≥2恒成立,则实数a的取值范围是(　　)
A.[,+∞) B.[,+∞)
C.(-∞,] D.(-∞,]
B
解析 由aeax≥ln x>0,x≥2可知,a>0,ax>0,
则axeax≥xln x,即ln eax·eax≥xln x,
设f(x)=xln x,f'(x)=ln x+1=0,得x=,
当x∈(,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,eax>1,x≥2,
则f(eax)≥f(x) eax≥x,则ax≥ln x,
则a,x≥2恒成立.
设g(x)=,x≥2,g'(x)=,x≥2,令g'(x)=0,得x=e,
当x∈[2,e)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x∈(e,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,
所以当x=e时,g(x)取得最大值,g(e)=所以a故选B.
【对点训练2】已知函数f(x)=ex-xe(x>0).
(1)求f(x)的单调区间;
(2)证明:当x>e时,eln x[ln x-ln(ln x)](1)解 ∵f(x)=ex-xe(x>0),∴f'(x)=ex-exe-1=ex[1-e1-x+(e-1)ln x].
设g(x)=1-x+(e-1)ln x,则g'(x)=-1+,
当00,g(x)单调递增,当x>e-1时,g'(x)<0,g(x)单调递减,
又g(1)=g(e)=0,即f'(1)=f'(e)=0,
∴当0e时,g(x)<0,即f'(x)>0,f(x)单调递增,
当10,即f'(x)<0,f(x)单调递减.
综上,f(x)的单调递增区间为(0,1),(e,+∞),单调递减区间为(1,e).
(2)证明 ∵x>e,ln x>1,
要证eln x[ln x-ln(ln x)]即证e[ln x-ln(ln x)]=ln,也就是证,
设h(x)=,则h'(x)=,
∴当x>e时,h'(x)>0,h(x)单调递增,∴h(x)>h(e)=e,
由(1)可知当x>e时,f(x)=ex-xe>f(e)=0,即ex>xe,
∴当x>e时,,
∴当x>e时,eln x[ln x-ln(ln x)]类型三　零点同构问题
例3　已知x0是方程ex-ln 3x-2x=0的一个根,则=(　　)【一题多解】
A. B.
C.2 D.3
D
解析 (方法一)因为x0是方程ex-ln 3x-2x=0的一个根,所以-ln 3x0-2x0=0,即-ln 3x0-3x0+x0=0,整理得ln =ln 3x0+3x0,令f(x)=ln x+x,x>0,则f'(x)=+1>0恒成立,所以f(x)在(0,+∞)内为增函数,
由ln =ln 3x0+3x0,可得f()=f(3x0),所以=3x0,所以=3.故选D.
(方法二)因为x0是方程ex-ln 3x-2x=0的一个根,
所以-ln 3x0-2x0=0,即-ln 3x0-3x0+x0=0,
所以+x0=ln 3x0+3x0,
所以+x0=ln 3x0+,令g(x)=ex+x,x>0,可得g'(x)=ex+1>0,
所以函数g(x)在(0,+∞)内为增函数,
由+x0=ln 3x0+,可得g(x0)=g(ln 3x0),所以x0=ln 3x0,所以=3.
故选D.
【对点训练3】(2025辽宁大连模拟)已知函数f(x)=x2+2x+ex+1+e-x-1+k有且只有一个零点,则k的值为(　　)
A.-1 B.0
C.1 D.2
A
解析 f(x)定义域为R,且f'(x)=2x+2+ex+1-e-x-1=x+1+ex+1-[-(x+1)+e-(x+1)],
令g(x)=x+ex,则g'(x)=1+ex>0恒成立,故g(x)=x+ex在R上单调递增.
因为f'(x)=g(x+1)-g[-(x+1)],
当x+1>-(x+1),即x>-1时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
当x+1<-(x+1),即x<-1时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
故f(x)在x=-1处取得极小值,也是最小值.故要想满足f(x)有且只有一个零点,只需f(-1)=0,即1-2+e-1+1+e1-1+k=0,解得k=-1.故选A.(共18张PPT)
培优拓展(十五)　隐零点问题
类型一　虚设零点
类型二　整体代换
目 录 索 引
在求解函数的导数问题时,若导函数f'(x)呈现超越形式(即包含无理数次乘方、指数、对数、三角函数等初等超越运算的解析式),且可以判定其零点存在但无法精确求解时,可采用“设而不求”的策略.具体而言,先假设存在零点x0满足f'(x0)=0,然后通过整体代换和变量过渡的方法,结合题目给定的其他条件进行推导运算,最终绕过具体零点值的求解而解决问题.这类需要处理不可解超越方程零点的问题,统称为“隐零点问题”.这种解题思路充分体现了数学中“以退为进”的思想方法,在保持逻辑严谨性的同时,巧妙地规避了直接求解的困难.
类型一　虚设零点
例1　(2025江苏南通模拟)已知函数f(x)=(t∈R)的最大值为,设函数y=f(x)的图象在点P(m,f(m))处的切线为l.
(1)求t的值;
(2)证明:当m>2时,切线l与函数y=f(x)的图象有另一交点Q(n,f(n)),且n(1)解 函数f(x)=的定义域为R,求导得f'(x)=,当x<1-t时,f'(x)>0;
当x>1-t时,f'(x)<0,函数f(x)在(-∞,1-t)内单调递增,在(1-t,+∞)内单调递减,
f(x)max=f(1-t)=,
而函数f(x)的最大值为,则,解得t=0,所以t的值为0.
(2)证明 由(1)知,f(x)=,f'(x)=,则f'(m)=,
于是切线l的方程为y-(x-m),即y=x+,
令g(x)=x-,x∈R,求导得g'(x)=,
令h(x)=g'(x)=,求导得h'(x)=,
当x<2时,h'(x)<0,函数g'(x)在(-∞,2)内单调递减;
当x>2时,h'(x)>0,函数g'(x)在(2,+∞)内单调递增,
由m>2,得g'(2)0,函数g'(x)在R上的图象不间断,
则存在x0∈(1,2),使得g'(x0)=0,且当xm时,g'(x)>0,
当x0函数g(x)在(-∞,x0)和(m,+∞)内单调递增,在(x0,m)内单调递减,
又g(m)=0,当x>m时,g(x)>g(m)=0,于是函数g(x)在(m,+∞)内无零点,
g(x0)>g(m)=0,而g(0)=-<0,函数g(x)在R上的图象不间断,因此存在n∈(0,x0) (-∞,m),使得g(n)=0,所以当m>2时,切线l与函数y=f(x)的图象有另一交点Q(n,f(n)),且n【对点训练1】已知函数f(x)=x2-(a+1)x+aln x(a>0).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)当a=2时,若函数g(x)=f(x)-x2+ex-1,求函数g(x)极值点的个数.
解 (1)f'(x)=x-(a+1)+,x>0.
当01时,f'(x)>0,f(x)在(0,a)和(1,+∞)内单调递增;
当a当a>1时,当0a时,f'(x)>0,f(x)在(0,1)和(a,+∞)内单调递增;
当1当a=1时,f'(x)≥0,f(x)在(0,+∞)内单调递增.
(2)a=2时,g(x)=ex-1-3x+2ln x,g'(x)=ex-1-3+,
设h(x)=ex-1-3+,h'(x)=ex-1-,h'(x)在区间(0,+∞)内单调递增.
因为h'(1)=-1<0,h'(2)=e->0,
所以存在唯一x0∈(1,2)使得h'(x0)=0,当0当x>x0时,h'(x)>0,h(x)在(x0,+∞)内单调递增,即g'(x)单调递增.
g'(1)=0,且g'(x)在(1,x0)内单调递减,所以g'(x0)<0,
又g'(2)=e-2>0,因此g'(x)在区间(x0,2)内存在唯一零点t.
当0t时,g'(x)>0,g(x)在(0,1)和(t,+∞)内单调递增;
当1因此g(x)极值点的个数为2.
类型二　整体代换
例2　(2025河北秦皇岛三模)已知函数f'(x)=ex-acos x是函数f(x)的导函数,且f(0)=0.
(1)求f(x);
(2)若f(x)在区间(0,)内单调递增,求实数a的取值范围;
(3)当1(1)解 由题意,设f(x)=ex-asin x+c(c为常数),
又f(0)=1+c=0,所以c=-1,则f(x)=ex-asin x-1.
(2)解 由题意,f'(x)=ex-acos x≥0在(0,)内恒成立.
∵00,∴a
令g(x)=,x∈(0,),
则g'(x)=>0,
∴g(x)在区间(0,)内单调递增,
∴a≤g(0)=1,即a≤1.
∴实数a的取值范围是(-∞,1].
(3)证明 设h(x)=f'(x)=ex-acos x,x∈(0,π),
又10,
∴h(x)在区间(0,π)内单调递增.
∵h(0)=1-a<0,h(π)=eπ+a>0,即h(0)·h(π)<0,
∴ x0∈(0,π),使h(x0)=0,当0当x00,f(x)单调递增,又h()=a>0,
∴0∴f(x)≥f(x0)=-asin x0-1=acos x0-asin x0-1=a(cos x0-sin x0)-1>-1,
又10,则f(x)=ex-asin x-1综上,-1【对点训练2】已知f(x)=-e2x+4ex-ax-5.
(1)当a=3时,求f(x)的单调区间;
(2)若f(x)有两个极值点x1,x2,证明:f(x1)+f(x2)+x1+x2<0.
(1)解 当a=3时,f(x)=-e2x+4ex-3x-5,f'(x)=-e2x+4ex-3=-(ex-1)(ex-3),
则当ex∈(0,1)∪(3,+∞),即x∈(-∞,0)∪(ln 3,+∞)时,f'(x)<0,
当ex∈(1,3),即x∈(0,ln 3)时,f'(x)>0,故f(x)的单调递减区间为(-∞,0),(ln 3,+∞),单调递增区间为(0,ln 3).
(2)证明 f'(x)=-e2x+4ex-a,
令t1=,t2=,则t1,t2是关于t的方程t2-4t+a=0的两个正根,
则Δ=(-4)2-4a=16-4a>0,即a<4,有t1+t2=4,t1t2=a>0,即0则f(x1)+f(x2)+x1+x2=-+4-ax1-5-+4-ax2-5+x1+x2
=-)+4(t1+t2)-(a-1)(ln t1+ln t2)-10
=-[(t1+t2)2-2t1t2]+4(t1+t2)-(a-1)ln t1t2-10
=-(16-2a)+16-(a-1)ln a-10=a-(a-1)ln a-2,
要证f(x1)+f(x2)+x1+x2<0,即证a-(a-1)ln a-2<0(0令g(x)=x-(x-1)ln x-2(0令h(x)=-ln x(0又g'(1)=-ln 1=1>0,g'(2)=-ln 2<0,
故存在x0∈(1,2),使g'(x0)=-ln x0=0,即=ln x0,
则当x∈(0,x0)时,g'(x)>0,当x∈(x0,4)时,g'(x)<0,故g(x)在(0,x0)内单调递增,在(x0,4)内单调递减,则g(x)≤g(x0)=x0-(x0-1)ln x0-2=x0-(x0-1)-2=x0+-3,
又x0∈(1,2),则x0+(2,),
故g(x0)=x0+-3<0,即g(x)<0,即f(x1)+f(x2)+x1+x2<0.(共20张PPT)
第3讲　切线与公切线问题
考点一　曲线的切线问题
考点二　曲线的公切线问题(多考向探究预测)
目 录 索 引
考点一　曲线的切线问题
理知识
1.函数f(x)在x=x0处的导数f'(x0)是曲线f(x)在点P(x0,f(x0))处的切线的斜率,相应的切线方程为y-f(x0)=f'(x0)(x-x0).
2.求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的不同.
3.切点既在切线上,又在曲线上.
[微提醒]求过某点的切线方程时,即使这个点在曲线上,这个点也不一定是切点.
链高考
(2024全国甲,理6)设函数f(x)=,则曲线y=f(x)在点(0,1)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为(　　)
A. B.
C. D.
A
解析 由已知得f'(x)=,
则f'(0)=3,故所求切线方程为y=3x+1,则所求面积S=1=故选A.
例1　(1)(2023全国甲,文8)曲线y=在点(1,)处的切线方程为(　　)
A.y=x B.y=x
C.y=x+ D.y=x+
C
解析 ∵y=,
∴y'=
则y'|x=1==k.在点(1,)处的切线方程为y-(x-1),即y=x+
故选C.
(2)(2022新高考Ⅱ,14)曲线y=ln|x|经过坐标原点的两条切线方程分别为
　　　　　　　　　,　　　　　　　　.
y=　
y=-
解析 当x>0时,y=ln x,点(x1,ln x1)(x1>0)上的切线为y-ln x1=(x-x1).
若该切线经过原点,则ln x1-1=0,解得x1=e,此时切线方程为y=
当x<0时,y=ln(-x),点(x2,ln(-x2))(x2<0)上的切线为y-ln(-x2)=(x-x2).
若该切线经过原点,则ln(-x2)-1=0,解得x2=-e,此时切线方程为y=-
【对点训练1】(1)(2025新高考Ⅰ,12)若直线y=2x+5是曲线y=ex+x+a的一条切线,则a=　　　　　.
4
解析 设切点P(x0,+x0+a).
因为y=ex+x+a,所以y'=ex+1,所以解得
(2)(2022新高考Ⅰ,15)若曲线y=(x+a)ex有两条过坐标原点的切线,则a的取值范围是　　　 　　.
(-∞,-4)∪(0,+∞)
解析 由题意可得,y'=ex+(x+a)ex=(1+x+a)ex.设切点为(x0,(x0+a)),
则切线方程为y-(x0+a)=(1+x0+a)(x-x0).
又切线过原点,∴-(x0+a)=-x0(1+x0+a),整理得+ax0-a=0.
∵曲线y=(x+a)ex有两条过坐标原点的切线,
+ax0-a=0有2个不同实数解,
∴Δ=a2+4a>0,解得a>0或a<-4.故a的取值范围是(-∞,-4)∪(0,+∞).
考点二　曲线的公切线问题(多考向探究预测)
理知识
两个函数的公切线是指同时与这两个函数图象相切的直线.解此类问题一般的处理方法是设出两个切点,分别写出切线方程,利用切线重合知两条直线方程也相同,列方程组求解.
链高考
(2024新高考Ⅰ,13)若曲线y=ex+x在点(0,1)处的切线也是曲线y=ln(x+1)+a的切线,则a=　　　　.
ln 2
解析 由y=ex+x,得y'=ex+1.当x=0时,y'=2.∴曲线y=ex+x在点(0,1)处的切线方程为y-1=2(x-0),即y=2x+1.∴直线y=2x+1是曲线y=ln(x+1)+a的切线.由y=ln(x+1)+a,得y'=设直线y=2x+1与曲线y=ln(x+1)+a相切于点(x0,y0),则=2,∴x0=-将x0=-代入y=2x+1,得y0=2×(-)+1=0.
∴ln(-+1)+a=0,∴a=ln 2.
考向1　切点相同的公切线问题
例2　(2025江苏盐城模拟)若函数f(x)=ln x与函数g(x)=1-的图象在公共点处有相同的切线,则这条切线的一般式方程是　 .
x-y-1=0
解析 设(x0,y0)为f(x)与g(x)的一个公共点,
因为f'(x)=,g'(x)=,
则
故切点为(1,0)且切线的斜率k=1,
所以曲线f(x)与g(x)在公共点处的切线方程为y=x-1,即x-y-1=0.
考向2　切点不同的公切线问题
例3　(2025山东潍坊模拟)已知f(x)=ex-1(e为自然对数的底数),g(x)=ln x+1,请写出f(x)与g(x)的一条公切线的方程　　　　 　.
ex-y-1=0或x-y=0
解析 设公切线与曲线f(x)相切于点(m,em-1),与曲线g(x)相切于点(n,ln n+1).因为f'(x)=ex,g'(x)=,则公切线斜率k=em=,
所以公切线方程为y-em+1=em(x-m)或y-ln n-1=(x-n),
整理得y=emx-(m-1)em-1或y=x+ln n,
所以即
所以(m-1)em+1-m=(m-1)(em-1)=0,解得m=1或m=0,
所以公切线方程为ex-y-1=0或x-y=0.
【对点训练2】(1)(2025广东深圳模拟)若曲线C1:f(x)=x2+a和曲线C2:g(x)=4ln x-2x存在有公共切点的公切线,则a=　　　　　.
-3
解析 由已知可得f'(x)=2x,g'(x)=-2.设公共切点的坐标为(x0,y0),
则f'(x0)=2x0,g'(x0)=-2,f(x0)=+a,g(x0)=4ln x0-2x0.
根据题意,有
由2x0=-2得+x0-2=0,解得x0=-2(舍去)或x0=1.
由+a=4ln x0-2x0得a=-+4ln x0-2x0,
代入x0=1得a=-3.
(2)(2025河南驻马店模拟)已知曲线y=x3-x+2的切线与曲线y=ln(x+1)-a也相切,若该切线过原点,则a=　　　　　.
1-ln 2
解析 因为y=x3-x+2的导数为y'=3x2-1,设切点为(x1,y1),易知x1≠0,
所以切线斜率为k1=3-1,
又曲线y=x3-x+2在点(x1,-x1+2)处的切线过原点,所以k1=3-1=,即x1=1,所以k1=2,切线方程为y=2x,
又切线y=2x与曲线y=ln(x+1)-a相切,设切点为(x0,y0),
因为y'=,所以切线斜率为k2==2,解得x0=-,
所以y0=2x0=-1,则-1=ln-a,解得a=1-ln 2.(共34张PPT)
融合创新(四)　函数与导数中的新定义
创新点1　函数与导数中的新定义问题
创新点2　以高等数学为背景的新定义问题
目 录 索 引
真题解构　函数与导数
从近年高考命题趋势分析,函数与导数相关的新定义问题正日益成为考查的重点与难点,其在试卷中的比重呈现稳步上升态势,且题目难度普遍较高.这类试题虽然形式新颖多变,但其核心考查内容仍根植于函数与导数的知识体系,要求考生深刻理解相关概念的本质内涵.在考查维度上,不仅检验学生对基础知识的掌握程度,更着重评估其创新思维能力、逻辑推理能力以及知识迁移运用能力,充分体现了高考选拔性考试的特征.
创新点1　函数与导数中的新定义问题
例1　(2025山东济宁一模)已知函数y=F(x)的图象上存在A,B两点,记直线AB的方程为y=G(x),若直线AB恰为曲线y=F(x)的一条切线(A,B为切点),且对 x∈D(D为F(x)的定义域)有F(x)≥G(x),则称函数y=F(x)为“切线支撑”函数.
(1)试判断函数f(x)=sin 2x-2cos2x是否为“切线支撑”函数.若是,求出一组点A,B;否则,请说明理由;
(2)已知g(x)=为“切线支撑”函数,求实数a的取值范围;
(3)证明:函数h(x)=2x+sin 3x为“切线支撑”函数.
(1)解 f(x)=sin 2x-2cos2x=sin 2x-cos 2x-1=2sin(2x-)-1,
显然f(x)≥-3.
令f(x)=-3,得2x-=-+2kπ,k∈Z,即x=-+kπ,k∈Z,
所以x=-+kπ,k∈Z是f(x)的极小值点,且y=-3为曲线y=f(x)的一条切线,
所以函数f(x)=sin 2x-2cos2x是“切线支撑”函数,
可取A(-,-3),B(,-3).
(2)解 当x>0时,g'(x)=a-,所以g'(x)在(0,+∞)内单调递增,
所以切点A,B不可能都在y轴的右侧;
当x<0时,g'(x)=2x,所以g'(x)在(-∞,0)内单调递增,所以切点A,B不可能都在y轴的左侧;所以切点A,B必在y轴的两侧.
不妨设x1>0>x2,A(x1,ax1-ln x1),B(x2,),当x>0时,g'(x)=a-,
所以A点处的切线方程为y-ax1+ln x1=(a-)(x-x1),即y=(a-)x+1-ln x1;
当x<0时,g'(x)=2x,所以B点处的切线方程为y-=2x2(x-x2),即y=2x2x-,
因为A,B两点处的切线重合,所以则a=2x2+
设φ(x)=2x+,x<0,则φ'(x)=2-2x>0,
所以φ(x)在(-∞,0)内单调递增,
又当x→-∞时,φ(x)→-∞,所以a<φ(0)=,即a∈(-∞,).
设A点处的切线方程为m(x)=(a-)x+1-ln x1,
设p(x)=g(x)-m(x)=-ln x+x-1+ln x1,x>0,则p'(x)=-,
所以当x∈(0,x1)时,p'(x)<0,p(x)在(0,x1)内单调递减;当x∈(x1,+∞)时,p'(x)>0,p(x)在(x1,+∞)内单调递增,所以p(x)≥p(x1)=0,所以g(x)≥m(x).
设B点处的切线方程为n(x)=2x2x-,则g(x)-n(x)=x2-2x2x+=(x-x2)2≥0,即g(x)≥n(x),所以g(x)为“切线支撑”函数.
综上,实数a的取值范围是(-∞,).
(3)证明 设A(x1,2x1+sin 3x1),B(x2,2x2+sin 3x2),
因为h'(x)=2+3cos 3x,所以A,B两点处的切线方程分别为
y=(2+3cos 3x1)x+sin 3x1-3x1cos 3x1和y=(2+3cos 3x2)x+sin 3x2-3x2cos 3x2,
所以
所以cos 3x1=cos 3x2,3(x2-x1)cos 3x1=sin 3x2-sin 3x1,
不妨取3x2=3x1+2kπ,k∈Z,
则2kπcos 3x1=0,则cos 3x1=0,即3x1=kπ+,k∈Z,
所以sin 3x1=±1,不妨取sin 3x1=-1,则切线AB的方程为y=2x-1,
又h(x)=2x+sin 3x≥2x-1,所以函数h(x)=2x+sin 3x为“切线支撑”函数.
创新点2　以高等数学为背景的新定义问题
例2　(2025湖南娄底模拟改编)请同学们阅读以下三段材料:
①若函数f(x)的导数为f'(x),则f'(x)的导数叫做f(x)的二阶导数,记作f″(x).类似地,二阶导数f″(x)的导数叫做f(x)的三阶导数,记作f(3)(x);三阶导数f(3)(x)的导数叫做f(x)的四阶导数,……一般地,n-1阶导数的导数叫做f(x)的n阶导数,即f(n)(x)=[f(n-1)(x)]',n≥4.
②若n∈N*,定义n!=n×(n-1)×(n-2)×…×3×2×1.
③若函数f(x)在包含x0的某个开区间(a,b)内具有n阶导数,那么对于
x∈(a,b),有g(x)=f(x0)+(x-x0)+(x-x0)2+(x-x0)3+…+ (x-x0)n,我们将g(x)称为函数f(x)在点x=x0处的n阶泰勒展开式.例如,y=ex在点x=0处的n阶泰勒展开式为1+x+x2+…+xn.
根据以上三段材料,完成下面的题目:
(1)求出f1(x)=sin x在点x=0处的3阶泰勒展开式g1(x),并直接写出f2(x)=cos x在点x=0处的3阶泰勒展开式g2(x);
(2)比较(1)中f1(x)与g1(x)的大小;
(3)证明:ex+sin x+cos x≥2+2x.
(1)解 ∵f1'(x)=cos x,f1″(x)=-sin x,(x)=-cos x,
∴f1'(0)=1,f1″(0)=0,(0)=-1,
∴g1(x)=sin 0+(x-0)+(x-0)2+(x-0)3,即g1(x)=x-x3.
同理可得g2(x)=1-x2.
(2)解 由(1)知f1(x)=sin x,g1(x)=x-x3,
令h(x)=f1(x)-g1(x)=sin x-x+x3,则h'(x)=cos x-1+x2,
∴h″(x)=-sin x+x,h(3)(x)=1-cos x≥0,
∴h″(x)在R上单调递增,又h″(0)=0,
∴当x∈(-∞,0)时,h″(x)<0,h'(x)单调递减;
当x∈(0,+∞)时,h″(x)>0,h'(x)单调递增,
∴h'(x)min=h'(0)=1-1+0=0,
∴h'(x)≥0,
∴h(x)在R上单调递增,又h(0)=0,∴当x∈(-∞,0)时,h(x)<0;
当x∈(0,+∞)时,h(x)>0.
综上,当x<0时,f1(x)0时,f1(x)>g1(x).
(3)证明 令φ(x)=f2(x)-g2(x)=cos x-1+x2,则φ'(x)=-sin x+x,
∴φ″(x)=1-cos x≥0,∴φ'(x)在R上单调递增,
又φ'(0)=0,∴当x∈(-∞,0)时,φ'(x)<0,
当x∈(0,+∞)时,φ'(x)>0,∴φ(x)在(-∞,0)内单调递减,在(0,+∞)内单调递增,
∴φ(x)≥φ(0)=0,即cos x≥1-x2.
∵y=ex在点x=0处的4阶泰勒展开式为1+x+x2+x3+x4,
∴ex≥1+x+x2+x3+x4≥1+x+x2+x3,当且仅当x=0时取等号.
①当x≥0时,由(2)可知,sin x≥x-x3,当且仅当x=0时取等号,
所以ex+sin x+cos x≥(1+x+x2+x)+(x-x3)+(1-x2)=2+2x;
②当x<0时,设F(x)=ex+sin x+cos x-2-2x,F(0)=0,
F'(x)=ex+cos x-sin x-2=ex+cos(x+)-2,
F″(x)=ex-sin x-cos x,
当x∈(-1,0)时,由(2)可知sin x所以F″(x)=ex-sin x-cos x>1+x+x2+x3+x3-x-cos x=1-cos x+x2(3+2x)>0,
所以F'(x)在(-1,0)内单调递增,则F'(x)当x∈(-∞,-1]时,F'(x)=ex+cos(x+)-2<-2<-2<0,
所以当x<0时,F'(x)<0,则F(x)单调递减,
从而F(x)>F(0)=0,即ex+sin x+cos x>2+2x.
综上,ex+sin x+cos x≥2+2x.
【对点训练】(2025安徽合肥模拟)拉格朗日中值定理是微分学的基本定理之一,定理内容如下:如果函数f(x)在闭区间[a,b]上连续,在开区间(a,b)内的导数为f'(x),那么在区间(a,b)内至少存在一点c,使得f(b)-f(a)=f'(c)(b-a)成立,其中c叫做f(x)在区间[a,b]上的“拉格朗日中值点”.已知函数f(x)=aex+be-x (a,b∈R)是奇函数,g(x)=f(x)+ae-x-x2.
(1)当a=1时,求f(x)在区间[-1,1]上的“拉格朗日中值点”的个数;
(2)已知h(x)=+ln x,若h(x)在定义域内有三个不同的极值点,求实数a的取值范围;
(3)若g(x)在区间[0,1]上有且只有一个“拉格朗日中值点”,求实数a的取值范围.
参考数据:ln(e-1)≈0.54.
解 (1)因为函数f(x)=aex+be-x是奇函数,所以f(-x)=-f(x),即ae-x+bex=-aex-be-x,所以(a+b)(ex+e-x)=0,所以a+b=0.
所以当a=1时,f(x)=ex-e-x,
所以f'(x)=ex+e-x,显然f(x)满足定理的条件.
由题意知即求方程ex+e-x==e-e-1在(-1,1)上的实根个数,
令m(x)=ex+e-x-(e-e-1),
则m'(x)=ex-e-x=,
所以当-1所以m(x)单调递减;
当00,
所以m(x)单调递增.
所以m(x)min=m(0)=2+e-1-e<0,
又m(-1)=2e-1>0,m(1)=2e-1>0,
所以由函数零点存在定理知, x1∈(-1,0),x2∈(0,1),使得m(x1)=0,m(x2)=0.
所以当a=1时,f(x)在区间[-1,1]上的“拉格朗日中值点”的个数为2.
(2)由题知g(x)=aex-x2,即h(x)=-x+ln x,其定义域为(0,+∞),
则h'(x)=-1+,x>0.
令h'(x)=0,得x=1或a=
设φ(x)=(x>0),
则φ'(x)=,
当x∈(0,1)时,φ'(x)>0,
所以φ(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,φ'(x)<0,
所以φ(x)单调递减,
又当x→0时,φ(x)→0;当x→+∞时,φ(x)→0,且φ(1)=,
所以φ(x)的大致图象如图所示.
因为h(x)在定义域内有三个不同的极值点,
所以曲线φ(x)与直线y=a有两个不同的交点,所以0(3)由(2)得g'(x)=aex-2x,由aex-2x==ae-a-1,
令n(x)=aex-2x-(ae-a-1),则n(0)=2a+1-ae,n(1)=a-1,n'(x)=aex-2.
①若a≤0,则n'(x)<0,所以n(x)单调递减,
因为g(x)在区间[0,1]上有且只有一个“拉格朗日中值点”,
所以
解得a≤0.
②若a>0,当a≥2时,n'(x)≥0,n(x)在[0,1]上单调递增,
则
解得a≥2;
当0则
解得0当当ln0,所以n(x)单调递增,
所以n(x)min=n(ln)=2-2ln-(ae-a-1)=3-2ln-ae+a,
令μ(a)=3-2ln 2+2ln a-ae+a(则μ'(a)=-e+1,
令μ'(a)=-e+1=0,得a=,
所以当0,μ(a)单调递增,
当则μ(a)max=μ()=1-2ln(e-1)<0,即n(x)min<0.
由题意知结合综上,若g(x)在区间[0,1]上有且只有一个“拉格朗日中值点”,
则实数a的取值范围为(-∞,1]∪[,+∞).
真题解构　函数与导数
例题 (17分)(2025新高考Ⅱ,18)已知函数f(x)=ln(1+x)-x+x2-kx3,其中0(1)证明:f(x)在区间(0,+∞)存在唯一的极值点和唯一的零点;
(2)设x1,x2分别为f(x)在区间(0,+∞)的极值点和零点.
(ⅰ)设函数g(t)=f(x1+t)-f(x1-t).证明:g(t)在区间(0,x1)单调递减;
(ⅱ)比较2x1与x2的大小,并证明你的结论.
命题分析　本题以函数与导数为载体,考查利用导数研究函数的单调性、极值、最值,零点存在定理等知识,试题设置于课程学习情境,体现基础性、综合性与创新性,通过证明极值和零点的唯一以及单调性应用,考查学生逻辑推理能力和数学运算能力,对转化化归思想和分类讨论思想体现的比较到位.
解题分析
题意理解
序号 信息读取 信息加工
1 f(x)=ln(1+x)-x+x2-kx3 求导得f'(x)=x2(-3k)
2 f(x)在区间(0,+∞)存在唯一的极值点 f(x)在区间(0,+∞)上先增再减或先减再增
3 f(x)在区间(0,+∞)存在唯一的零点 根据f(x)的单调性以及函数值的正负情况判断
4 g(t)=f(x1+t)-f(x1-t) g'(t)=
思路探求
关键步骤 思维要点 思维缘由
(第(1)问) 确定f(x)的单调性 f(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减 求f'(x),结合式子特点构造函数h(x)=-3k,x>0,转化为判断h(x)值的正负
(第(1)问) 证明有唯一零点 存在唯一x2∈(0,+∞)使得f(x2)=0 f(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减,f(0)=0,当x=x0时,f(x)>0,当x→+∞时,f(x)<0
(第2(ⅰ)问) 证明单调性 g(t)在区间(0,x1)单调递减 证明g'(t)<0在区间(0,x1)上恒成立
(第2(ⅱ)问) 比较并证明大小 2x1>x2 由g(t)在区间(0,x1)单调递减得0>f(2x1),再结合f(x2)=0和f(x)的单调性及函数值的情况可证
书写表达
(1)证明 由题意得f'(x)=-1+x-3kx2=-3kx2=x2(-3k),(1分)
因为x∈(0,+∞),所以x2>0.
设h(x)=-3k,x≥0,注①→思考:为什么要构造这个函数 (2分)
则h'(x)=-<0在(0,+∞)上恒成立,所以h(x)在(0,+∞)上单调递减,(3分)
h(0)=1-3k>0,令h(x0)=0,得x0=-1.注②→思考:x0的正负能否确定 为什么
所以当x∈(0,x0)时,h(x)>0,则f'(x)>0;
当x∈(x0,+∞)时,h(x)<0,则f'(x)<0,
所以f(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减,
所以f(x)在(0,+∞)上存在唯一极值点.
注③→思考:是极大值还是极小值 极值点是什么 (5分)
对函数y=ln(1+x)-x,有y'=-1=-<0在(0,+∞)上恒成立,
所以y=ln(1+x)-x在(0,+∞)上单调递减,
所以y=ln(1+x)-x又因为f(0)=0,当x→+∞时,x2-kx3=x2(1-2kx)<0,
所以当x→+∞时,f(x)<0,(7分)
所以存在唯一x2∈(0,+∞)使得f(x2)=0,
即f(x)在(0,+∞)上存在唯一零点.注④→思考:这里应用了什么原理 (8分)
(2)(ⅰ)证明 由(1)知x1=-1,则k=,(9分)
因为g(t)=f(x1+t)-f(x1-t),所以g'(t)=f'(x1+t)+f'(x1-t)
=(x1+t)2(-3k)+(x1-t)2(-3k)
=(x1+t)2()+(x1-t)2()
=(x1+t)2+(x1-t)2
=]=
=
,(11分)
当t∈(0,x1)时,g'(t)<0,注⑤→思考:如何得出这一结论的 (12分)
所以g(t)在(0,x1)上单调递减.(13分)
(ⅱ)解 2x1>x2.证明如下,
由(ⅰ)知,g(x1)所以g(x1)=f(2x1)-f(0)<0,即f(2x1)又x2为f(x)的零点,所以f(x2)=0,
所以f(2x1)由(1)知,f(x)在(x1,+∞)上单调递减,且x2>x1,
所以2x1>x2.(17分)
回顾反思　利用导数研究函数的性质是高中数学的重点和热点,解决问题的关键是能熟练求导,并能通过导函数的特征判断函数的单调性、极值、最值等结论.本题先求导,再构造函数,通过函数的单调性以及特殊点函数值正负,证明极值点和零点的唯一;第(2)(ⅰ)证明函数单调递减也就是证明g'(t)<0在给定区间上恒成立;并由此结论结合f(x2)=0可证明(ⅱ).
试题源于人A必一第155页7题,第156页13题,人A选必二第87页例3,第92页2题;人B选必三第99页例3.(共24张PPT)
第5讲　导数与不等式恒(能)成立问题
考点一　分离参数法解决不等式恒(能)成立问题
考点二　最值法解决不等式恒(能)成立问题
目 录 索 引
考点一　分离参数法解决不等式恒(能)成立问题
例1　(2025浙江绍兴模拟)已知函数f(x)=xeax(a∈R),g(x)=ln x-x+b(b∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若f(x)有极大值点1,且x>0时,f(x)≥g(x)恒成立,求b的取值范围.
解 (1)由题意可得当a=0时,f(x)=x在R上单调递增,
当a≠0时,f'(x)=eax+axeax=eax(1+ax),令f'(x)=0,解得x=-,若a>0,当x时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x时,f'(x)>0,f(x)单调递增,若a<0,当x时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x时,f'(x)<0,f(x)单调递减.
综上,当a=0时,f(x)在R上单调递增;
当a>0时,f(x)在内单调递减,在内单调递增;
当a<0时,f(x)在内单调递增,在内单调递减.
(2)由(1)可得若f(x)有极大值点1,则a=-1,f(x)=xe-x,此时f'(x)=(1-x)e-x.
当x<1时,f'(x)>0;当x>1时,f'(x)<0,故x=1为f(x)的极大值点,故a=-1符合题意.
当x>0时,f(x)≥g(x)恒成立,即xe-x≥ln x-x+b恒成立,
即b≤xe-x-ln x+x恒成立.
令h(x)=xe-x-ln x+x(x>0),只需b≤h(x)min即可.
h'(x)=e-x-xe-x-+1=,
令p(x)=x-ex(x>0),则p'(x)=1-ex<0恒成立,
故p(x)在(0,+∞)内单调递减,p(x)所以当01时,h'(x)>0,h(x)单调递增,
所以h(x)min=h(1)=e-1+1,
所以b的取值范围为(-∞,e-1+1].
【对点训练1】(2025山东青岛模拟)已知函数f(x)=ln x-x2.
(1)求函数f(x)在上的最大值和最小值;
(2)若不等式f(x)>(2-a)x2有解,求实数a的取值范围.
解 (1)因为函数f(x)=ln x-x2,所以f'(x)=-x=(x>0),
令f'(x)=0,则x=1或x=-1(舍去).
当0,当1所以函数f(x)在内单调递增,在(1,4)内单调递减,
所以当x=1时,f(x)取得最大值,最大值为f(1)=-,
又f=ln=-ln 2-,f(4)=2ln 2-8,f-f(4)=-3ln 2-+8>-3-+8>0,
所以f>f(4),所以当x=4时,f(x)取得最小值,最小值为f(4)=2ln 2-8,
故f(x)在上的最大值为-,最小值为2ln 2-8.
(2)易知f(x)的定义域为(0,+∞),故不等式f(x)>(2-a)x2可化为2-a<
记g(x)=,则原不等式有解可转化为2-a易得g'(x)=,x∈(0,)时,g'(x)>0,x∈(,+∞)时,g'(x)<0,
所以函数g(x)在(0,)内单调递增,在(,+∞)内单调递减,
故g(x)max=g()=,所以2-a<,解得a>
所以实数a的取值范围是
考点二　最值法解决不等式恒(能)成立问题
理知识
对于不等式恒(能)成立问题,若不易分离参数,或者参数分离后难以求最值,解题时常用参数表示极值点,进而用参数表示出函数的最值,依据题目条件解不等式求得参数的范围或最值,体现转化思想的应用.
链高考
(2023全国甲,理21)已知函数f(x)=ax-,x∈(0,).
(1)当a=8时,讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)解 (1)a=8时,f(x)=8x-(0f'(x)=,
当f'(x)>0时,cos x>,0当f'(x)<0时,cos x<∴f(x)在内为增函数,在内为减函数.
(2)令g(x)=f(x)-sin 2x=ax--sin 2x,
则g'(x)=a--2(2cos2x-1),
令t=cos2x,则t∈(0,1),
则h(t)=a--2(2t-1),
h'(t)=令φ(t)=-4t3-2t+6,则φ'(t)=-12t2-2<0,
∴φ(t)单调递减,φ(t)>φ(1)=0,
∴h'(t)>0,h(t)单调递增.
又当x时,y=cos2x单调递减,
∴g'(x)在内单调递减.
∴g'(x)当a≤3时,g'(0)≤0,g(x)单调递减,g(x)当a>3时,g'(0)>0,且x时,g'(x)→-∞,
∴存在x0使得g'(x0)=0.
∴当x∈(0,x0)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
∴此时存在x,使得g(x)>g(0)=0,不满足题意.
综上,a≤3.
例2　(2025浙江精诚联盟三模)已知函数f(x)=ex-cos x-(2a+2)x.
(1)当a=0时,求函数f(x)的极值点个数;
(2)若对 x≥0,f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围.
解 (1)f(x)的定义域为R,当a=0时,f(x)=ex-cos x-2x,f'(x)=ex+sin x-2,
当x≤0时,ex≤1,-1≤sin x≤1,
又f'(0)=-1,所以f'(x)<0,故f(x)在(-∞,0)内单调递减,无极值;
当x>0时,令g(x)=ex+sin x-2,则g'(x)=ex+cos x,
因为ex>1,-1≤cos x≤1,所以g'(x)>0,故g(x)(即f'(x))在(0,+∞)内单调递增,
又f'(0)=-1<0,f'(1)=e+sin 1-2>0,所以存在唯一的x0∈(0,1)使f'(x)=0.
当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,f(x)在(0,x0)内单调递减,当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)在(x0,+∞)内单调递增,所以f(x)在x=x0处取得极小值,
综上,当a=0时,f(x)有1个极小值点,无极大值点.
(2)f'(x)=ex+sin x-(2a+2)(x≥0),
令h(x)=ex+sin x-(2a+2)(x≥0),
则h'(x)=ex+cos x≥1+cos x≥0,
所以h(x)(即f'(x))在(0,+∞)内单调递增,故f'(x)≥f'(0)=-2a-1,
当a≤-时,f'(x)≥f'(0)=-2a-1≥0,此时f(x)在(0,+∞)内单调递增,故f(x)≥f(0)=0,符合题意;
当a>-时,f'(0)=-2a-1<0.
设φ(x)=ex-(x+1),则φ'(x)=ex-1,
由φ'(x)>0,得x>0,由φ'(x)<0,得x<0,所以φ(x)在(0,+∞)内单调递增,在(-∞,0)内单调递减,所以φ(x)≥φ(0)=0,即ex≥x+1,当且仅当x=0时,等号成立.
所以f'(2a+2)=e2a+2+sin(2a+2)-(2a+2)>(2a+2)+1+sin(2a+2)-(2a+2)
=1+sin(2a+2)≥0,
因为f'(x)在(0,+∞)内单调递增,所以存在x1>0,使得f'(x1)=0,
当x∈[0,x1)时,f'(x)<0,f(x)在[0,x1)内单调递减,此时f(x)≤f(0)=0,不符合题意,
综上,实数a的取值范围是
【对点训练2】(2025河北保定模拟)已知函数f(x)=-e2x-aex+2a2x.
(1)当a=1时,求f(x)的极值;
(2)若关于x的不等式f(x)+a2≥0有实数解,求a的取值范围.
解 (1)当a=1时,f(x)=-e2x-ex+2x,则f'(x)=-e2x-ex+2=(ex+2)(1-ex),令f'(x)>0,得x<0;令f'(x)<0,得x>0,所以f(x)在(-∞,0)内单调递增,在(0,+∞)内单调递减,所以f(x)的极大值为f(0)=-,无极小值.
(2)由题得f'(x)=-e2x-aex+2a2=(a-ex)(ex+2a),
当a=0时,f(x)=-e2x<0,不符合题意;
当a>0时,令f'(x)>0,得x令f'(x)<0,得x>ln a,所以f(x)在(-∞,ln a)内单调递增,在(ln a,+∞)内单调递减,
所以f(x)max=f(ln a)=-e2ln a-aeln a+2a2ln a=-a2+2a2ln a,
由-a2+2a2ln a+a2≥0,得-+2ln a≥0,解得a;
当a<0时,令f'(x)>0,得xln(-2a),
所以f(x)在(-∞,ln(-2a))内单调递增,在(ln(-2a),+∞)内单调递减,
所以f(x)max=f(ln(-2a))=-e2ln(-2a)-aeln(-2a)+2a2ln(-2a)=2a2ln(-2a),
由2a2ln(-2a)+a2≥0,得2ln(-2a)+1≥0,解得a≤-=-
综上,a的取值范围是[,+∞).(共49张PPT)
专题六　函数与导数
考点一　函数的概念与表示(多考向探究预测)
考点二　函数的图象
目 录 索 引
考点三　函数的性质(多考向探究预测)
领航高考风向标
近五年高考函数与导数命题呈现以下特点:
1.知识融合深化　导数常与数列、三角函数、解析几何等知识深度融合,形成多知识点融合的压轴题,如2025年新课标卷将导数与三角函数结合,考查学生分析问题的思维过程.
2.情境创新凸显　引入新定义或新情境,以数学文化、生活实际、科技成果等为背景的题目逐渐增多,使试题更具创新性和应用性.此外,分段函数、抽象函数与指对函数的复合应用频率增加.
3.思维能力侧重　对学生的逻辑推理、数学抽象、数学运算等核心素养的考查力度不断加大,注重学生思维的深度和广度,如2025年试题计算量和思维层次区分度增加.
4.命题形式灵活　题目顺序随机性增强,函数与导数出现在不同题型和难度层次中,且可能出现多选题、开放题、结构不良题等新题型.
第1讲　函数的图象与性质
考点一　函数的概念与表示(多考向探究预测)
理知识
1.复合函数的定义域
(1)若f(x)的定义域为[m,n],则y=f(g(x))中,由m≤g(x)≤n解得x的取值范围即为f(g(x))的定义域.
(2)若f(g(x))的定义域为[m,n],则由m≤x≤n得到g(x)的取值范围,即为f(x)的定义域.
2.分段函数是指自变量在不同的取值范围内,其对应法则也不同的函数,分段函数是一个函数,而不是多个函数;分段函数的定义域是各段x的取值范围的并集,值域是各段y的取值范围的并集,故解分段函数时要分段解决.
[微提醒]在求分段函数的值域时常用数形结合的方法.
链高考
1.(2022北京,11)函数f(x)=的定义域是　　 　　　.
(-∞,0)∪(0,1]
解析 函数的定义域满足即x∈(-∞,0)∪(0,1].
2.(2022浙江,14)已知函数f(x)=则f(f)))=　　　　　;
若当x∈[a,b]时,1≤f(x)≤3,则b-a的最大值是　　　　　.
　
3+
解析 f(f())=f(-+2)=f()=-1=
若x≤1时,由f(x)∈[1,3],解得x∈[-1,1];
若x>1时,由f(x)∈[1,3],解得x∈(1,2+].
所以b-a的最大值为3+
考向1　求函数的定义域
例1　(1)(2025湖南永州模拟)函数f(x)=log2(x2-1)+的定义域是(　　)
A.(-∞,-2)∪(-2,1)∪(1,+∞)
B.(-∞,-2)∪(-2,-1)∪(1,+∞)
C.[-2,-1)∪(1,+∞)
D.(-2,-1)∪(1,+∞)
B
解析 要使函数有意义,需
所以x∈(-∞,-2)∪(-2,-1)∪(1,+∞).故选B.
(2)(2025广东东莞模拟)已知函数y=f(x2-1)的定义域为[-2,2],则函数y=f(x)的定义域为　　　　　,函数y=f(x+1)的定义域为　　　　　.
[-1,3]
[-2,2]
解析 因为-2≤x≤2,所以-1≤x2-1≤3,所以y=f(x)的定义域为[-1,3].
由-1≤x+1≤3,得-2≤x≤2,所以函数y=f(x+1)的定义域为[-2,2].
【对点训练1】(1)(2025吉林长春模拟)若函数y=的定义域为M,值域为N,则M∩N=(　　)
A.(0,+∞) B.(2,+∞)
C.(1,2] D.[1,2)
D
解析 由y=有意义可得2x-x2>0,所以x2-2x<0,所以0(2)(2025河北保定模拟)已知函数y=f(x)的定义域为[0,1],则函数y=的定义域为(　　)
A.[1,2] B.[-1,0]
C.[-1,-)∪(-,0] D.(-1,-)∪(-,0)
C
解析 因为y=f(x)的定义域是[0,1],所以0≤x≤1,
在函数y=中,需解得-1≤x≤0且x≠-
所以定义域为[-1,-)∪(-,0].故选C.
考向2　分段函数及其应用
例2　(1)(2025山东潍坊一模)已知函数f(x)=
则f(f(-1))=(　　)
A.0 B.1
C.2 D.3
B
解析 将x=-1代入,得到f(-1)=(-1)2+(-1)=0,所以f(f(-1))=f(0),
将x=0代入,得到f(0)=e0+ln 1=1.因此f(f(-1))=f(0)=1.故选B.
(2)(2025江西南昌二模)已知函数f(x)=若f(a)=4,则a=　　　.
2
解析 由题意知,当a≥0时,f(a)=2a=4,解得a=2;
当a<0时,f(a)=a+2=4,解得a=2,与a<0矛盾,此时a无解.
所以a=2.
(3)(2025浙江名校协作体开学考试)已知函数f(x)=
若f(m+1)≤1,则m的取值范围是　　　　　.
[-2,0)
解析 当m+1<1,即m<0时,由f(m+1)≤1,得(m+1)2≤1,解得-2≤m<0;
当m+1≥1,即m≥0时,由f(m+1)≤1,得m+1+1≤1,无解.
所以m的取值范围是[-2,0).
【对点训练2】(1)(2025福建厦门三模)已知函数f(x)=
若f(a)+f(-1)=2,则a=　　　　　.
8
解析 f(-1)=-(-1)2=-1,
所以f(a)=3,因为x≤0时,f(x)=-x2≤0,所以a>0,f(a)=log2a=3,解得a=8.
(2)(2025安徽合肥二模)已知函数f(x)=的最小值为-1,
则a=　　　　　.
±2
解析 ①若a≤1,则当x>1时,f(x)=x-2a+1,且单调递增;
当x≤1时,f(x)=x2-2ax+3,所以最小值为f(a)=-a2+3.
若f(x)存在最小值-1,则有-a2+3≤1-2a+1且-a2+3=-1,解得a=-2.
②若a>1,则当1当x≤1时,f(x)=x2-2ax+3,且单调递减,f(1)=4-2a,f(a)=1-a.
若最小值为f(1),则4-2a=-1,且4-2a≤1-a,无解;
若最小值为f(a),则1-a=-1,且4-2a>1-a,得a=2.
综上所述,a=-2或a=2.
考点二　函数的图象
理知识
1.作函数图象有两种基本方法:一是描点法;二是图象变换法,其中图象变换有平移变换、伸缩变换、对称变换.
2.利用函数图象可以判断函数的单调性、奇偶性,作图时要准确画出图象的特点.
[微提醒]已知函数的解析式判断图象时,常利用排除法.
链高考
(2024全国甲,理7)函数y=-x2+(ex-e-x)sin x在区间[-2.8,2.8]的图象大致为
(　　)
B
解析 令f(x)=y=-x2+(ex-e-x)sin x.
因为f(-x)=-x2+(e-x-ex)sin(-x)=f(x),
所以该函数为偶函数,
又f(1)=-1+(e-)sin 1>-1+(e-)-1->0,故选B.
例3　(1)(2025天津,3)函数y=f(x)的图象如图所示,则其解析式可能为(　　)
A.f(x)=
B.f(x)=
C.f(x)=
D.f(x)=
D
解析 由题中图象可知,函数f(x)为偶函数,排除A,B,当0(2)将函数y=的图象向左、向下分别平移2个、
3个单位长度,所得图象为(　　)
C
解析 y=
的大致图象如图所示,
将其向左、向下分别平移2个、3个单位长度,所得函数图象为C选项中的图象.故选C.
【对点训练3】(1)(2025湖北襄阳模拟)已知图1对应的函数为y=f(x),则图2对应的函数是(　　)
图1 图2
A.y=f(-|x|) B.y=f(-x)
C.y=f(|x|) D.y=-f(-x)
A
解析 当x≤0时,所求函数图象与已知函数相同,当x>0时,所求函数图象与x<0时图象关于y轴对称,即所求函数为偶函数,且当x≤0时的图象与y=f(x)(x≤0)的图象相同,故B,D不符合要求;
当x≤0时,y=f(-|x|)=f(x),y=f(|x|)=f(-x),故A正确,C错误.故选A.
(2)(2025上海长宁模拟)已知min{a,b}=
则函数f(x)=min{x+1,-x2-4x-5}的值域为　　　　　.
(-∞,-1]
解析 令x+1=-x2-4x-5,解得x=-2,x=-3,函数的大致图象如图,
由图可知,函数f(x)≤-1,故答案为(-∞,-1].
考点三　函数的性质(多考向探究预测)
理知识
1.单调性的等价形式
设任意实数x1,x2∈[a,b],且x1≠x2,那么(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0等价于f(x)在[a,b]上是增函数;(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0等价于f(x)在[a,b]上是减函数.
2.奇偶性与对称性
(1)若函数y=f(x)是偶函数,则f(x)=f(-x);若函数y=f(x+a)是偶函数,则f(x+a)=f(-x+a),且函数f(x)的图象关于直线x=a对称.
(2)若函数y=f(x)是奇函数,则-f(x)=f(-x);若函数y=f(x+a)是奇函数,则
-f(x+a)=f(-x+a),且函数f(x)的图象关于点(a,0)对称.
3.周期性与奇偶性
(1)若y=f(x)是偶函数,其图象又关于直线x=a(a≠0)对称,则f(x)是周期为2|a|的周期函数.
(2)若y=f(x)是奇函数,其图象又关于直线x=a(a≠0)对称,则f(x)是周期为4|a|的周期函数.
链高考
1.(2025新高考Ⅰ,5)已知f(x)是定义在R上且周期为2的偶函数,当2≤x≤3时, f(x)=5-2x,则f(-)=(　　)
A.- B.-
C. D.
A
解析 由题知,f(-x)=f(x),且f(x+2)=f(x),所以f(-)=f()=f()=5-2=-故选A.
2.(2023新高考Ⅰ,4)设函数f(x)=2x(x-a)在区间(0,1)内单调递减,则a的取值范围是(　　)【一题多解】
A.(-∞,-2] B.[-2,0)
C.(0,2] D.[2,+∞)
D
解析 (方法一　导数法)由题意知,在f(x)=2x(x-a)中,f'(x)=(2x-a)2x(x-a)ln 2,
由函数在(0,1)内单调递减,知(2x-a)2x(x-a)·ln 2≤0在(0,1)内恒成立,即2x-a≤0在(0,1)内恒成立,即a≥(2x)max,所以a≥2.故选D.
(方法二　复合函数法)因为函数y=2x在R上是增函数,要使复合函数f(x)=2x(x-a)在(0,1)内单调递减,只需函数h(x)=x(x-a)=在(0,1)内单调递减,所以1,即a≥2.故选D.
考向1　单调性与奇偶性
例4　(1)(2020新高考Ⅰ卷,8)若定义在R的奇函数f(x)在(-∞,0)单调递减,且f(2)=0,则满足xf(x-1)≥0的x的取值范围是(　　)
A.[-1,1]∪[3,+∞)
B.[-3,-1]∪[0,1]
C.[-1,0]∪[1,+∞)
D.[-1,0]∪[1,3]
D
解析 不等式xf(x-1)≥0可化为
f(2)=0,∴f(-2)=0.
∵f(x)是R上的奇函数,∴f(0)=0.
∵f(x)在(-∞,0)上单调递减,
∴f(x)在(0,+∞)上也单调递减.
解得1≤x≤3或-1≤x≤0,
∴满足xf(x-1)≥0的x的取值范围是[-1,0]∪[1,3],故选D.
(2)(2025湖南常德模拟)已知函数f(x)的定义域为R,f(5)=4,f(x+3)是偶函数, x1,x2∈[3,+∞),有>0,则下列选项正确的是(　　)
A.f(0)<4 B.f(1)=4
C.f(2)>4 D.f(3)<0
B
解析 由f(x+3)是偶函数可得f(x)的图象关于直线x=3对称.
因为 x1,x2∈[3,+∞),有>0,所以f(x)在[3,+∞)内单调递增.
因为f(5)=4,所以f(0)=f(6)>f(5)=4,f(1)=f(5)=4,f(2)=f(4)无法比较f(3)与0的大小.故选B.
考向2　奇偶性、周期性与对称性
例5　(多选题)(2025河北石家庄三模)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数, f(x+1)是定义在R上的奇函数,则下列说法正确的有(　 　)
A.f(x)的图象关于点(1,0)中心对称
B.f(x)是周期为4的函数
C.f(2 027)=0
D.f(i)=0
ABC
解析 因为y=f(x+1)是R上的奇函数,其图象关于原点对称,
又y=f(x+1)可看成是函数y=f(x)向左平移1个单位长度得到,所以f(x)的图象关于点(1,0)中心对称,故A正确;
由y=f(x+1)是R上的奇函数,可得f(-x+1)=-f(x+1),即f(-x)=-f(x+2),
又f(-x)=f(x),则f(x+2)=-f(x),所以f(x+4)=-f(x+2)=f(x),故f(x)是周期为4的函数,故B正确;
由f(-x)=-f(x+2),令x=-1,得f(1)=-f(1),则f(1)=0,
所以f(2 027)=f(506×4+3)=f(3)=f(-1)=f(1)=0,故C正确;
由f(x+2)+f(x)=0,则f(2)+f(4)=0,又f(1)=f(3)=0,f(x)是周期为4的函数,
则f(i)=4[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]+f(1)+f(2)+f(3)=f(2),
而f(2)的值无法确定,故D错误.故选ABC.
【对点训练4】(1)(2025河北沧州模拟)已知函数f(x)的定义域为R,且f(x+1)为奇函数,当x<1时,f(x)=ex-e,则关于a的不等式f(a2-a-1)≥0的解集为(　　)
A.[-1,2]
B.[-2,1]
C.(-∞,-1]∪[2,+∞)
D.(-∞,-2]∪[1,+∞)
C
解析 依题意,因为f(x+1)为奇函数,所以函数f(x)的图象关于点(1,0)对称,
又当x<1时,f(x)=ex-e,易知函数f(x)在(-∞,1)内单调递增,所以当x≥1时,函数f(x)在[1,+∞)内单调递增,
又f(1)=0,可知f(x)在R上单调递增,
所以f(a2-a-1)≥0可化为f(a2-a-1)≥f(1),即a2-a-1≥1,即a2-a-2≥0,
解得a≤-1或a≥2,
所以不等式的解集为(-∞,-1]∪[2,+∞).故选C.
(2)(多选题)(2025湖北宜荆荆恩四市开学考试)已知定义域为R的偶函数f(x)满足f(x+2)=-f(-x),当x∈(1,2]时,f(x)=2x-2,则下列结论正确的有(　　 )
A.f(-1)=0
B.f(x)的图象关于点(3,0)成中心对称
C.f(2 024)>f(2 025)
D.f()≤f()
ABD
解析 因为f(x)满足f(x+2)=-f(-x),令x=-1,则f(1)=-f(1),即f(1)=0,
又因为f(x)为偶函数,所以f(-1)=f(1)=0,故A正确;
因为f(x+2)=-f(-x)=-f(x),所以f(x+4)=-f(x+2)=f(x),
故f(x)的周期T=4,再根据f(x+2)=-f(-x),即f(x+6)=-f(-x),
所以f(x)的图象关于点(3,0)成中心对称,故B正确;
由B知f(x)的周期T=4,故f(2 024)=f(506×4)=f(0),
因为f(x+2)=-f(-x),令x=0,则f(2)=-f(0),
又因为当x∈(1,2]时,f(x)=2x-2,
所以f(2)=22-2=2,即f(0)=-f(2)=-2,
即f(2 024)=f(0)=-2,f(2 025)=f(506×4+1)=f(1)=0,
故f(2 024)f(x)满足f(x+2)=-f(-x),所以f(x)的图象关于(1,0)中心对称,
又因为当x∈(1,2]时,f(x)=2x-2,所以f(x)在[0,2]上单调递增;
当x=0时,f(0)=-2当x≠0时,因为f(x)为偶函数,
所以f()=f()=f()=f(),
因为0<,当且仅当|x|=,即x=±1时,等号成立,
所以f()≤f(),故D正确.故选ABD.(共27张PPT)
培优拓展(十六)　极值点偏移问题
类型一　对称化构造
类型二　比(差)值换元
目 录 索 引
1.极值点偏移是指函数在极值点x0左边和右边的增减速度不一样,导致函数图象不关于直线x=x0对称,如图所示.
(1)左右对称,无偏移,如二次函数.若f(x1)=f(x2),则x1+x2=2x0,如图①.
(2)左陡右缓,极值点向左偏移.若f(x1)=f(x2),则x1+x2>2x0,如图②.
(3)左缓右陡,极值点向右偏移.若f(x1)=f(x2),则x1+x2<2x0,如图③.
图①
图②
图③
2.极值点偏移问题的结论不一定总是x1+x2>2x0(或<2x0),也可能是x1x2> (或<).
常用的解法有对称化构造函数法和比值代换法.
类型一　对称化构造
例1　(2025西南名校联盟模拟)定义:x1,x2是函数f(x)的两个极值点,若x1+x2<2(1)若f(x)=x3+3ax2-15为“τ函数”,求实数a的取值范围;
(2)已知函数g(x)=2ex-1-x2-bx+b有两个极值点.
①求b的取值范围;
②证明:g(x)为“τ函数”.
(1)解 已知f(x)=x3+3ax2-15,对f(x)求导得f'(x)=3x2+6ax.
令f'(x)=0,即3x2+6ax=3x(x+2a)=0,解得x1=0或x2=-2a.
显然x1,x2是函数f(x)的两个极值点.
因为函数f(x)为“τ函数”,所以x1+x2<2x1+x2=0+(-2a)=-2a,f(x1)=f(0)=-15,
f(x2)=f(-2a)=(-2a)3+3a·(-2a)2-15=-8a3+12a3-15=4a3-15.
则不等式为-2a<2<-15+4a3-15.
由-2a<2,得a>-1;由2<4a3-30,得a>2.所以a>2.
则实数a的取值范围是(2,+∞).
(2)①解 已知g(x)=2ex-1-x2-bx+b,求导得g'(x)=2ex-1-2x-b,
令h(x)=g'(x),得h'(x)=2(ex-1-1).
令h'(x)=0,即2(ex-1-1)=0,解得x=1.
当x<1时,h'(x)<0,h(x)在(-∞,1)内单调递减;
当x>1时,h'(x)>0,h(x)在(1,+∞)内单调递增.
所以h(x)≥h(1)=2e0-2-b=-b.
当x→-∞时,h(x)→+∞;当x→+∞时,h(x)→+∞.
因为函数h(x)存在两个不同的变号零点(可设为x3,x4,且x3<1②证明 令H(x)=h(x)-h(2-x)=2ex-1-2e1-x-4x+4.
H'(x)=2ex-1+2e1-x-4,由基本不等式得ex-1+e1-x≥2(当且仅当x=1时取等号),
所以H'(x)≥0,H(x)在R上单调递增.
又H(1)=0,当x>1时,H(x)>0,即h(x)>h(2-x).
下面证明x3+x4<2.
因为h(x3)=h(x4)>h(2-x4),且h(x)在(-∞,1)内单调递减,x3<1,2-x4<1,
所以x3<2-x4,即x3+x4<2.构造函数G(x)并分析单调性证明g(x3)+g(x4)>2.
因为当x3又x3<2-x4<1,所以g(x3)>g(2-x4),g(x3)+g(x4)>g(2-x4)+g(x4).
其中g(2-x)=2e1-x-(2-x)2-b(2-x)+b,
令G(x)=g(2-x)+g(x)=2ex-1+2e1-x-2x2+4x-4,
则G'(x)=2ex-1-2e1-x-4x+4,
令P(x)=G'(x),P'(x)=2ex-1+2e1-x-4≥0,P(x)在R上单调递增.
当x>1时,P(x)>P(1)=0,即G'(x)>0,G(x)在(1,+∞)内单调递增,G(x)>G(1)=2.所以g(2-x4)+g(x4)>2,即g(x3)+g(x4)>2.
综上,函数g(x)为“τ函数”.
【对点训练1】已知函数f(x)=(1+ln x)·.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若方程f(x)=1有两个根x1,x2,求实数a的取值范围,并证明:x1x2>1.
解 (1)由题意可得x>0,>0,所以a>0,
f(x)=(1+ln x)的定义域为(0,+∞),
又f'(x)==-,由f'(x)=0,得x=1,
当00,则f(x)在(0,1)内单调递增,
当x>1时,f'(x)<0,则f(x)在(1,+∞)内单调递减.
(2)由=1,得=a,设g(x)=,
g'(x)=,由g'(x)=0,得x=1,
当00,则g(x)在(0,1)内单调递增,
当x>1时,g'(x)<0,则g(x)在(1,+∞)内单调递减,
又g()=0,g(1)=1,且当x趋近于正无穷大时,g(x)趋近于0,
g(x)=的大致图象如图,
所以当0证明:不妨设x1设h(x)=g(x)-g()=-x(1-ln x),
h'(x)=+ln x=ln x≥0,所以h(x)在(0,+∞)内单调递增,
又h(1)=0,所以h(x1)=g(x1)-g()<0,即g(x1)又g(x1)=g(x2),所以g(x2)又x2>1,>1,g(x)在(1,+∞)内单调递减,所以x2>,故x1x2>1.
类型二　比(差)值换元
例2　(2025江苏宿迁模拟)已知函数f(x)=x2-(a+2)x+2aln x(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调区间;
(2)当a=时,证明:f(x)-x2+x≤xex+1-2;
(3)函数h(x)=f(x)-x2有两个零点x1,x2,求证:x1x2>e2.
(1)解 函数f(x)=x2-(a+2)x+2aln x(a∈R)的定义域为(0,+∞),
f'(x)=x-(a+2)+
当a≤0时,对任意的x>0,x-a>0,
由f'(x)<0可得00可得x>2,
此时,函数f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞);
当00可得02,
此时函数f(x)的单调递减区间为(a,2),单调递增区间为(0,a),(2,+∞);
当a=2时,对任意的x>0,f'(x)=0,
此时函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞);
当a>2时,由f'(x)<0可得20可得0a,
此时,函数f(x)的单调递减区间为(2,a),单调递增区间为(0,2),(a,+∞).
综上,当a≤0时,函数f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞);
当0当a=2时,函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间;
当a>2时,函数f(x)的单调递减区间为(2,a),单调递增区间为(0,2),(a,+∞).
(2)证明 当a=时,f(x)=x2-x+ln x,
即证f(x)-x2+x=ln x+x≤xex+1-2=ex+ln x+1-2.
令t=x+ln x+1,即证t-1≤et-2,即证et-t-1≥0,
因为t'=1+>0,则函数t=x+ln x+1在(0,+∞)内单调递增,
当x→0+时,t→-∞;当x→+∞时,t→+∞,
所以函数t=x+ln x+1的值域为R.
令g(t)=et-t-1,其中t∈R,则g'(t)=et-1,
由g'(t)<0,可得t<0,由g'(t)>0,可得t>0,
所以函数g(t)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞),
则g(t)min=g(0)=0,
故g(t)≥g(0)=0,即et-t-1≥0,故原不等式得证.
(3)证明 h(x)=f(x)-x2=2aln x-(a+2)x,因为函数h(x)有两个零点x1,x2,
不妨设x1>x2>0,
则所以
整理可得,
即ln(x1x2)=ln,要证x1x2>e2,即证ln(x1x2)=ln>2,
即证ln,
令t=>1,即证ln t>,
令p(t)=ln t-,其中t>1,则p'(t)=>0,
所以函数p(t)在(1,+∞)内单调递增,则p(t)>p(1)=0,
即ln t->0,即ln t>,故原不等式得证.
【对点训练2】(2022全国甲,理21)已知函数f(x)=-ln x+x-a.
(1)若f(x)≥0,求a的取值范围;
(2)证明:若f(x)有两个零点x1,x2,则x1x2<1.
(1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=+1=
当0当x>1时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
则f(x)min=f(1)=e+1-a.
要使得f(x)≥0恒成立,
即满足f(x)min=e+1-a≥0,
∴a≤e+1.
故a的取值范围为(-∞,e+1].
(2)证明 不妨设x1由题意知0要证明x1x2<1,只需证明x2<
∵f(x)在(1,+∞)上单调递增,
∴只需证明f(x2)即证明f(x1)下面构造函数F(x)=f(x)-f(0F'(x)=f'(x)+f'
设g(x)=x,则g'(x)=+x
当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)在(0,1)上单调递减,∴x>e,即-x<-e,-x-1<-e-1.
设h(x)=ex+x,显然h(x)在(0,1)上单调递增,∴ex+x∴ex+x-x-1又x-1<0,∴F'(x)>0,
∴F(x)在(0,1)上单调递增.
又F(1)=f(1)-f(1)=0,
∴F(x)<0,即f(x)∴f(x1)培优拓展(十三)　导数中的函数构造
类型一　根据导数的运算法则构造函数
类型二　根据数或式的结构特征构造函数
目 录 索 引
导数中的函数构造问题是高考数学考查的热点之一,这类问题通常以客观题的形式出现.题目往往通过给定的等式或不等式结构特征,要求考生构造新的辅助函数,进而解决比较大小、解不等式、恒成立等各类问题.在解题过程中,构造函数的方法主要基于导数的运算法则.
类型一　根据导数的运算法则构造函数
例1　(1)(2025安徽合肥模拟)已知定义域为R的函数f(x)满足f(1)=,且f(x)+f'(x)<0,则不等式f(x+1)>的解集是(　　)
A.(2,+∞) B.(-∞,2)
C.(0,+∞) D.(-∞,0)
D
解析 令g(x)=exf(x),则g'(x)=ex[f(x)+f'(x)]<0,所以g(x)在R上单调递减.因为g(1)=e1f(1)=1,所以不等式f(x+1)>可变为ex+1f(x+1)>1,即g(x+1)>g(1),所以x+1<1,即x<0,所以不等式f(x+1)>的解集为(-∞,0).故选D.
(2)(多选题)(2025湖北武汉模拟)已知定义在[0,)内的函数f(x)的导函数为f'(x),且f(0)=0,f'(x)cos x+f(x)sin x<0,则下列判断中正确的是(　　 )
A.f()>f() B.f(ln)>0
C.f()>f() D.f()>f()
ACD
解析 设F(x)=,则F'(x)=<0,
所以F(x)在[0,)内单调递减.
由F()>F(),即,即f()>f(),所以A正确;
由F(ln)0,则f(ln)<0,所以B错误;
由F()>F(),即,即f()>f(),所以C正确;
由F()>F(),即,即f()>f(),所以D正确.故选ACD.
【对点训练1】(1)(2025湖南常德模拟)已知y=f(x)是定义在(1,+∞)内的连续可导函数,其导函数为y=f'(x),若xf'(x)2ln x的解集为(　　)
A.(1,3) B.(3,e2)
C.(1,e3) D.(e,e3)
D
解析 令g(x)=(x>1),
则g'(x)=,
因为xf'(x)则g(x)=(x>1)在(1,+∞)内单调递减,
又f(3)=6,由f(ln x)>2ln x,得到
所以1(2)(多选题)(2025湖南郴州三模)已知定义在(0,+∞)内的函数f(x)的导数为f'(x),若f(1)=1,且f'(x)+>0,则下列式子中一定成立的是(　　)
A.f()<3 B.f()>π
C.f(log2e)>ln 2 D.f(ln 3)AC
解析 因为当x>0时,f'(x)+>0,
令g(x)=f(x)-,可得g'(x)=f'(x)+>0,所以g(x)在(0,+∞)内单调递增.
因为f(1)=1,可得g(1)=f(1)-1=0.
因为g(x)在(0,+∞)内单调递增,所以g()因为g(x)在(0,+∞)内单调递增,所以g()因为g(x)在(0,+∞)内单调递增,所以g(log2e)>g(1),
即g(log2e)=f(log2e)->0,化简可得f(log2e)>ln 2,故C正确;
因为g(x)在(0,+∞)内单调递增,所以g(ln 3)>g(1),即g(ln 3)=f(ln 3)->0,
化简可得f(ln 3)>log3e,故D错误.故选AC.
类型二　根据数或式的结构特征构造函数
例2　(1)(2025山东烟台模拟)设2a=6-ln 3,40.5b=2e-1,c=log2(4-ln 2),则下列选项正确的是(　　)
A.a>b>c B.a>c>b
C.c>a>b D.c>b>a
A
解析 由题意,得2a=6-ln 3,2b=2e-1,2c=4-ln 2.
令函数f(x)=2x-ln x,x>1,求导得f'(x)=2->0,函数f(x)在(1,+∞)内单调递增, f(3)>f(e)>f(2),
因此6-ln 3>2e-1>4-ln 2,而2a=6-ln 3,2b=2e-1,2c=4-ln 2,
因此2a>2b>2c,又函数y=2x在R上单调递增,所以a>b>c.故选A.
(2)(2025湖南永州模拟)设a=,b=2ln(sin+cos),c=ln,则a,b,c的大小关系是(　　)
A.aC.cB
解析 b=2ln(sin+cos=ln(sin+cos)2=ln(1+sin),
设f(x)=x-sin x,x∈(0,1),
则f'(x)=1-cos x>0,所以f(x)=x-sin x在(0,1)内单调递增,
所以f()>f(0)=0,即>sin,
所以b=ln(1+sin)设g(x)=x-ln(x+1),x∈(0,1),则g'(x)=1->0,所以g(x)=x-ln(x+1)在(0,1)内单调递增,所以g()>g(0)=0,即>ln(1+)>ln(1+sin),
综上,a>b.
设h(x)=x-ln(x+1),x∈(0,1),
则h'(x)=1-,
当x∈(0,)时,h'(x)<0,当x∈(,1)时,h'(x)>0,
所以h(x)=x-ln(x+1)在(0,)内单调递减,在(,1)内单调递增,
所以h()所以b【对点训练2】(2025广东汕头模拟)已知a=ln(2e),b=ln(3e),c=,则下列选项正确的是(　　)
A.a>b>c B.a>c>b
C.c>b>a D.b>a>c
B
解析 设g(x)=,其中x>0,则g'(x)=-
当00,函数g(x)在(0,)内单调递增,
当x>时,g'(x)<0,函数g(x)在(,+∞)内单调递减,
因为a=ln(2e)==g(2),
b=ln(3e)==g(3),
c==g(e),且<2g(e)>g(3),
所以a>c>b.故选B.

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