函數(shù)與導數(shù) 2023高考數(shù)學二輪復(fù)習 課件

培優(yōu)提能課(三)函數(shù)與導數(shù)CONTENTS目錄02提能2隱零點問題01提能1用洛必達法則解決函數(shù)問題03提能3模型法求解雙變量問題04專題檢測01提能1用洛必達法則解決函數(shù)問題再令h(x)＝(x2＋1)lnx－x2＋1(x＞0，x≠1)，故當x∈(0，1)時，h″(x)＜0，當x∈(1，＋∞)時，h″(x)＞0.∴h′(x)在(0，1)上為減函數(shù)，在(1，＋∞)上為增函數(shù)，故h′(x)＞h′(1)＝0，∴h(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，又h(1)＝0，∴當x∈(0，1)時，h(x)＜0，當x∈(1，＋∞)時，h(x)＞0，∴當x∈(0，1)時，g′(x)＜0，當x∈(1，＋∞)時，g′(x)＞0，∴g(x)在(0，1)上為減函數(shù)，在(1，＋∞)上為增函數(shù)．∴k≤0，即k的取值范圍為(－∞，0]．|感悟提升|在恒成立問題中求參數(shù)取值范圍時，參數(shù)與變量分離較易理解，但有些題中求分離出來的函數(shù)式的最值有些麻煩，利用洛必達法則可以較好的處理它的最值，是一種值得借鑒的方法．

已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1)，若當x∈(1，＋∞)時，f(x)＞0，求a的取值范圍．于是K(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以K(x)＞K(1)＝0，于是H′(x)＞0，從而H(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．于是a≤2，所以a的取值范圍是(－∞，2]．02提能2隱零點問題隱零點問題是指一個函數(shù)的零點存在但無法直接求解出來．在函數(shù)、不等式與導數(shù)的綜合題目中常會遇到隱零點問題，一般對函數(shù)的零點設(shè)而不求，借助整體代換和過渡，再結(jié)合題目條件，利用函數(shù)的性質(zhì)巧妙求解．【例2】已知函數(shù)f(x)＝lnx，g(x)＝x－2sinx.(1)求g(x)在(0，π)的極值；解由g′(x)＝1－2cosx，x∈(0，π)，(2)證明：h(x)＝f(x)－g(x)在(0，2π)有且只有兩個零點．解證明：h(x)＝f(x)－g(x)＝lnx－x＋2sinx，其中0＜x＜2π.當0＜x＜x0時，h′(x)＞0，此時函數(shù)h(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，當x0＜x＜π時，h′(x)＜0，此時函數(shù)h(x)在(x0，π)上單調(diào)遞減．所以h(x)極大值＝h(x0)，由零點存在定理可知，函數(shù)h(x)在(0，π)上有兩個零點；當x∈[π，2π)時，2sinx≤0，h(x)＝lnx－x＋2sinx≤lnx－x，所以lnx－x≤lnπ－π＜0，所以函數(shù)h(x)在[π，2π)上沒有零點，綜上所述，函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)在(0，2π)上有且只有兩個零點．|感悟提升|先對函數(shù)求導，根據(jù)導數(shù)的方法求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間與極值，根據(jù)函數(shù)的基本性質(zhì)作出圖象，然后將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象與x軸的交點問題，突出導數(shù)的工具作用，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化與化歸思想、數(shù)形結(jié)合思想和分類討論思想的應(yīng)用．

已知函數(shù)f(x)＝xex－a(x＋lnx)．(1)討論f(x)極值點的個數(shù)；①當a≤0時，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，不存在極值點；②當a＞0時，令h(x)＝xex－a，h′(x)＝(x＋1)ex＞0.顯然函數(shù)h(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，又因為當x→0時，h(x)→－a＜0，h(a)＝a(ea－1)＞0，所以必存在x0＞0，使h(x0)＝0.當x∈(0，x0)時，h(x)＜0，f′(x)＜0，f(x)為減函數(shù)；當x∈(x0，＋∞)時，h(x)＞0，f′(x)＞0，f(x)為增函數(shù)．所以x＝x0是f(x)的極小值點．綜上，當a≤0時，f(x)無極值點，當a＞0時，f(x)有一個極值點．因為f(x0)＞0，所以1－x0－lnx0＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)，且g(1)＝0，由g(x)＞g(1)得x＜1，所以x0∈(0，1)，設(shè)φ(x)＝lnx－x＋1，x∈(0，1)，當x∈(0，1)時，φ′(x)＞0，所以φ(x)為增函數(shù)，φ(x)＜φ(1)＝0，即φ(x)＜0，即lnx＜x－1，所以－lnx＞1－x，因為x0∈(0，1)，所以1－x0－lnx0＞1－x0＋1－x0＝2(1－x0)＞0.相乘得ex0(1－x0－lnx0)＞(x0＋1)(2－2x0)，03提能3模型法求解雙變量問題【例3】已知f(x)＝ax2＋bx＋5－(lnx)2.(1)若f(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，求a＋b的最小值；當x→0時，T(x)＞0，而T(e)＝－ae2＜0，故由函數(shù)零點存在定理可得T(x)在(0，e)上存在唯一零點，設(shè)該零點為x0，則當0＜x＜x0時，S′(x)＞0；當x＞x0時，S′(x)＜0.綜上，b＋a的最小值為－4ln2.(2)當a＝0時，若f(x)有兩個極值點x1，x2，求證：x1＋x2＞2e.|感悟提升|雙變量極值點或零點模型是指已知含有參數(shù)的函數(shù)解析式，配以一定的條件（函數(shù)的極值點或零點），證明雙變量不等式成立的一種模型.解決此類問題的關(guān)鍵點如下：

(1)若f(x)≥0，求a的取值范圍；解：由題意知函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)．可得函數(shù)f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．所以f(x)min＝f(1)＝e＋1－a.又f(x)≥0，所以e＋1－a≥0，解得a≤e＋1，所以a的取值范圍為(－∞，e＋1]．(2)證明：若f(x)有兩個零點x1，x2，則x1x2<1.所以當x∈(0，1)時，g(x)<g(1)＝0，所以當x∈(0，1)時，F(xiàn)′(x)>0，所以F(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，所以F(x)<F(1)，由(1)可知，函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，即e＋x1－lnx1＝e＋x2－lnx2.所以函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，因為函數(shù)y＝ex＋x在R上單調(diào)遞增，所以x1－lnx1＝x2－lnx2成立．專題檢測04D

B

B

C

AD

CD

－4e2[1，＋∞)(1)求實數(shù)a，b的值；解：∵f(x)＝alnx＋bx，又∵曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與直線x－y＋1＝0垂直，∴f′(1)＝a＋b＝－1.解得a＝1，b＝－2.當x＝1時，恒成立；令m(x)＝x2－x2lnx－lnx－1，令n(x)＝x2－2x2lnx－1，則n′(x)＝2x－4xlnx－2x＝－4xlnx＜0.得n(x)＝x2－2x2lnx－1在(1，＋∞)是減函數(shù)，故n(x)＜n(1)＝0，進而m′(x)＜0.10．已知函數(shù)f(x)＝lnx＋a.(1)若曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線經(jīng)過點(0，1)，求實數(shù)a的值；所以曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝x＋a－1，因為切線經(jīng)過點(0，1)，所以1＝0＋a－1，解得a＝2.(2)若對任意x∈(0，＋∞)，都有ex－a≥f(x)(e為自然對數(shù)的底數(shù))，求證：a≤1.因為g′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當x∈(0，x0)時，g′(x)＜0，當x∈(x0，＋∞)時，g′(x)＞0，所以g(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，因為h(1)＝0，所以x0≤1，所以a＝x0＋lnx0≤1.11．(2022·啟東二模)已知函數(shù)f(x)＝aex－x，a∈R.若f(x)有兩個不同的零點x1，x2.證明x1＋x2＞2.法一(對稱化構(gòu)造函數(shù)法)：要證x1＋x2＞2，只要證x2＞2－x1＞1.由于g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，故只要證g(x2)＜g(2－x1)，由于g(x1)＝g(x2)＝0，故只要證g(x1)＜g(2－x1)，因為x＜1，所以1－x＞0，2－x＞x，所以e2－x＞ex，即e2－x－ex＞0，所以H′(x)＞0，所以H(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增．所以H(x1)＜H(1)＝0，即有g(shù)(x1)＜g(2－x1)成立，所以x1＋x2＞2.取對數(shù)得lnx1－x1＝lnx2－x2.所以當t＞1時，g(t)單調(diào)遞增，所以g(t)＞g(1)＝0，故x1＋x2＞2.(1)討論f(x)的單調(diào)性；解：f(x)的定義域為(0，＋∞)，①若a≤2，則f′(x)≤0，當且僅當a＝2，x＝1時，f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)