规范答题示范课——函数与导数解答题
高考大题规范解答系列——函数与导数高三数学新高考一轮复习优秀课件
高考一轮总复习 • 数学 • 新高考
若 a>0，则当 x∈(－∞，0)∪(a3，＋∞)时，f′(x)>0；当 x∈(0，a3)时，f′(x)<0. 故 f(x)在(－∞，0)，(a3，＋∞)单调递增，在(0，a3)单调递减.3 分 得分点③
若 a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增.4 分 得分点④ 若 a<0，则当 x∈(－∞，a3)∪(0，＋∞)时，f′(x)>0；当 x∈(a3，0)时，f′(x)<0. 故 f(x)在(－∞，a3)，(0，＋∞)单调递增，在(a3，0)单调递减.5 分 得分点⑤
综上，当且仅当 a＝0，b＝－1 或 a＝4，b＝1 时，f(x)在[0,1]的最小值为－1，最 大值为 1.12 分 得分点⑩
高 考 大 题 规 范解答 系列1————函函数数与与导导数数高-三20数21 学版新高高三 考数一学轮（ 复新习高优考 秀）一pp轮t课复件习课 件(共3 4张PPT )
第二章 函数、导数及其应用
高 考 大 题 规 范解答 系列1————函函数数与与导导数数高-三20数21 学版新高高三 考数一学轮（ 复新习高优考 秀）一pp轮t课复件习课 件(共3 4张PPT )
高考一轮总复习 • 数学 • 新高考
(2)满足题设条件的 a，b 存在． (ⅰ)当 a≤0 时，由(1)知，f(x)在[0,1]单调递增，所以 f(x)在区间[0,1]的最小值为 f(0)＝b，最大值为 f(1)＝2－a＋b.此时 a，b 满足题设条件当且仅当 b＝－1,2－a＋b ＝1，即 a＝0，b＝－1.7 分 得分点⑥ (ⅱ)当 a≥3 时，由(1)知，f(x)在[0,1]单调递减，所以 f(x)在区间[0,1]的最大值为 f(0)＝b，最小值为 f(1)＝2－a＋b.此时 a，b 满足题设条件当且仅当 2－a＋b＝－1，b ＝1，即 a＝4，b＝1.9 分 得分点⑦
超实用高考数学复习教学课件：规范解答 示例6 函数与导数
(2)因为x10＝e－ln
x0，故点
B－ln
x0，x10在曲线
y＝ex
上．
由题设知 f(x0)＝0，即 ln x0＝xx00＋－11，连接 AB，则直线 AB 的斜率
k＝－x10l－n xl0n－x0x0＝－x10xx－00＋－xx0011＋－－11x0＝x10.
曲线 y＝ex 在点
B－ln
②当 x∈0，π2时，由(1)知，f′(x)在(0，α)上单调递增，在α，π2上 单调递减，
而 f′(0)＝0，f′π2<0，
所以存在 β∈α，π2，使得 f′(β)＝0，且当 x∈(0，β)时，f′(x)>0；
当 x∈β，π2时，f′(x)<0．
故 f(x)在(0，β)上单调递增，在β，π2上单调递减.
养成良好的答题习惯，是决定高考数学成败的决定性因素之一。做题前， 要认真阅读题目要求、题干和选项，并对答案内容作出合理预测;答题时，切忌 跟着感觉走，最好按照题目序号来做，不会的或存在疑问的，要做好标记，要 善于发现，找到题目的题眼所在，规范答题，书写工整;答题完毕时，要认真检 查，查漏补缺，纠正错误。总之，在最后的复习阶段，学生们不要加大练习量 。在这个时候，学生要尽快找到适合自己的答题方式，最重要的是以平常心去 面对考试。数学最后的复习要树立信心，考试的时候遇到难题要想“别人也难 ”，遇到容易的则要想“细心审题”。越到最后，考生越要回归基础，单词最 好再梳理一遍，这样有利于提高阅读理解的效率。另附高考复习方法和考前30 天冲刺复习方法。
第三轮复习，即考前冲刺复习阶段
在这个阶段我们应该大量做一些练习，要做题先要选题，高考真题一定是
最好的练习题！因此建议一定要好好做一下最十年以来的高考试卷，包括全国 卷和地方卷，其次最好能找到近5年以来各区的统考试题，在做题的过程中来巩 固前面复习过的考点。同时最后的复习别忘了课本，特别是在考前应该再次翻 开课本把里面公式和定理再看看，把典型的例题再做做，因为书上的例题毕竟 比较简单，在考前做例题一是防止手生，便于高考正常发挥，一是有助于提高 我们的自信心。
高考文科数学一轮复习函数与导数解答题的答题规范与策略课件
ex>1+x与x≥1+lnx基础上,结合函数性质,编制的优美试题,2016
年全国Ⅲ卷T21,2017年全国Ⅲ卷T21有异曲同工之处.
素养
考查途径
数学运算 导数的计算、解一元二次不等式、解分式不等式.
逻辑推理
用导函数的符号判断函数的单调性,不等式的恒成 立转化为函数问题
思想 方法
分类讨论思 想
分类讨论解决含参数的函数的单调性
2������ 2������
4������
分点6,下结论得满分)
感悟升华
文科数学 素养提升1 高考中函数与导数解答题的答题规范与策略
命题 探源
素养 探源
本题第(2)问的实质是证明ln(- 1 )+ 1 +1≤0,是不等式x-1≥lnx的变
2������ 2������
形,源于人教A版教材选修1-1P99B组T1,是在教材基本框架
(2)由(1)知,当a<0时,f(x)在x=-21������取得最大值,最大值为f(-21������)=ln(-21������)-1-41������. 所以f(x)≤-43������-2等价于ln(-21������)-1-41������≤-43������-2,即ln(-21������)+21������+1≤0.8分(得分点4 将原不等式等价转化是解答此问的关键)
文科数学 素养提升1 高考中函数与导数解题答题规的范答题与规策范与略策略
所以f '(x)=ex(cos x-sin x)-1,①
又f(0)=1, f '(0)=0,②
所以曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y=1.③
(Ⅱ)由(Ⅰ)可设h(x)=ex(cos x-sin x)-1,则h'(x)=ex(cos x-sin x-sin x-cos
高考大题·规范答题示范课(一)
设g(x)=lnx- a x 1 ,
x 2 2 1 a x 1 1 则g′(x)= ， 2 2 x x 1 x x 1
x 1
x 1 2a
g(1)=0.
①当a≤2时,x∈(1,+∞),x2+2(1-a)x+1≥x2-2x+1>0,
故g′(x)>0,
综上,a的取值范围是(-∞,2].
故f(x)存在两个零点; ………2分
得分点③
③设a<0,由f′(x)=0得x=1或x=ln(-2a). 若a≥- e ,则ln(-2a)≤1,故当x∈(1,+∞)时,
2
f′(x)>0,因此f(x)在(1,+∞)上单调递增.
又当x≤1时,f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.
若a<- e ,则ln(-2a)>1,故当x∈(1,ln(-2a))时,
得分点②
②设a>0,则当x∈(-∞,1)时,f′(x)<0;当x∈(1,+∞)
时,f′(x)>0,
所以f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增. 又f(1)=- e,f(2)=a,取b满足b<0且b<ln a ,
2
3 则f(b)> a (b-2)+a(b-1)2=a (b 2 b) >0, 2 2
【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞).
当a=4时,f(x)=(x+1)lnx-4(x-1),f′(x)=lnx+ 1 -3,
x
f′(1)=-2,f(1)=0, 所以曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为2x+y-2=0.
高考数学必做题--函数与导数 (后附参考答案与详解)
1 23 4 56 7 8 9 10 1112 13 14 15 1617 18 19 20 212223，且关于的方的取值范围是．24252627 28 29 30123，4．567解析式最值奇偶性二次函数二次函数的概念、图象和性质导数及其应用导数概念及其几何意义导数的运算数列数列的应用数列与不等式数列的概念数列的递推公式数列的前n项和89恒成立,则有即恒成立,，令,解得．得:,,或，时矛盾．函数的模型及其应用导数及其应用利用导数研究函数的单调性10如图点在的下方，∴得．再根据当与相切时，设切点坐标为，则，∴，此时，此时与有个交点，∴．故选．函数与导数函数分段函数图象函数与方程方程根的个数函数图象的交点11函数与导数函数单调性函数与方程函数的零点导数及其应用导数与零点导数与分类讨论导数的运算利用导数研究函数的单调性利用导数求函数的极值与最值利用导数证明不等式1213解析几何直线与方程直线的倾斜角与斜率14又图象可知交点为∴解得．∵，∴，由（）知，当时，在故要证原不等式成立，只需要证明：当时，令，则，∴在上为增函数，∴，即，∴，即．函数与导数函数与方程函数图象的交点导数及其应用导数概念及其几何意义导数的运算利用导数研究函数的单调性利用导数求函数的极值与最值利用导数证明不等式解析几何直线与方程直线的倾斜角与斜率直线的方程15对应的点坐标的最高点为最低点为，此两点也是函数的最高和最低点，由此可知．同理可得时，取得最大值．依理，当时，取得最小值，即．16在上至少有三个零点可化为少有三个交点，在上单调递减，则，解得：．函数与导数函数奇偶性二次函数二次函数的概念、图象和性质对数函数对数函数的概念、图象及其性质函数与方程方程根的个数函数的零点B. C.，关于的不等式只有两个整数解，则实数17C函数的定义域为，则，当得，即即，即，由得，得即，即，即当时，函数取得极大值，同时也是最大值即当时，有一个整数解当时，有无数个整数解，若，则得若，则由得或当时，不等式由无数个整数解，不满足条件．当时，由得当时，没有整数解，则要使当有两个整数解，∵，，∴当时，函数有两个整数点，∴要使有两个整数解，则，即．故选．函数与导数二次函数二次型函数导数及其应用导数与零点导数的运算利用导数研究函数的单调性18单调性19复合函数20易知共有个交点．函数与导数函数分段函数奇偶性周期性函数与方程函数图象的交点2122，则，恰好是正方形的面积，所以23，且关于的方的取值范围是．，如图所示，2425函数与导数导数及其应用导数与恒成立导数的运算利用导数研究函数的单调性利用导数求函数的极值与最值利用导数证明不等式不等式与线性规划解不等式分式不等式2627正弦函数的图象与性质282930。
导数的应用问题答题模板
导数的应用问题答题模板导数是解决函数问题的重要工具，利用导数解决函数的单调性问题、求函数极值、最值及解决生活中的最优化问题，是高考考查的热点，在解答题中每年必考，常与不等式、方程结合考查，试题难度较大，因此对该部分知识要加大训练强度，提高解题能力．[典例] (满分13分)已知函数f (x )＝ax 2＋1(a ＞0)，g (x )＝x 3＋bx .(1)若曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )在它们的交点(1，c )处具有公共切线，求a ，b 的值； (2)当a 2＝4b 时，求函数f (x )＋g (x )的单调区间，并求其在区间(－∞，－1]上的最大值．规范审题模板1．审条件，挖解题信息观察条件―→曲线y ＝f x 与曲线y ＝g x 在它们的交点1，c 处有公共切线―――――――――――→两曲线在x ＝1处的纵坐标及导数相同⎩⎪⎨⎪⎧f 1 ＝g 1 ，f ′ 1 ＝g ′ 12．审结论，明解题方向观察所求结论―→求a ，b 的值―――――――→需要建立关于a ，b 的方程组将⎩⎪⎨⎪⎧f 1 ＝g 1 ，f ′ 1 ＝g ′ 1 用a ，b 表示即可3．建联系，找解题突破口解方程组⎩⎪⎨⎪⎧f 1 ＝g 1 ，f ′ 1 ＝g ′ 1 ―――――――→先求f ′ x 和g ′ xf ′ x ＝2ax ，g ′ x ＝3x 2＋b―――――→将x ＝1代入⎩⎪⎨⎪⎧a ＋1＝b ＋1，2a ＝3＋b ，⇒a ＝b ＝3教你快速规范审题1．审条件，挖解题信息 观察条件―→a 2＝4b――――――――――――――――――→可消掉一个参数，使f x 与g x 含有同一个参数f x ＝ax 2＋1 a >0 ，g x ＝x 3＋14a 2x2．审结论，明解题方向 观察所求结论―→求函数f x ＋g x 的单调区间及其在区间 －∞，－1]上的最大值――――――→f x ＋g x 含x 3及参数a应利用导数解决 3．建联系，找解题突破口――――――――→由h 确定单调区间26(1]∞−−−−−−−−−−→－及－与－，－的系，求最值讨论区间关教你准确规范解题(1)f ′(x )＝2ax ，g ′(x )＝3x 2＋b ，因为曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )在它们的交点(1，c )处具有公切线， 所以⎩⎪⎨⎪⎧f 1 ＝g 1 ，f ′ 1 ＝g ′ 1 .(2分)即⎩⎪⎨⎪⎧a ＋1＝b ＋1，2a ＝3＋b ，解得a ＝b ＝3. (3分)(2)设h (x )＝f (x )＋g (x )，∵a 2＝4b ，∴h (x )＝f (x )＋g (x )＝x 3＋ax 2＋14a 2x ＋1.则h ′(x )＝3x 2＋2ax ＋14a 2，令h ′(x )＝0，解得x 1＝－a 2，x 2＝－a6. (5分)由a >0，得h (x )与h ′(x )的变化情况如下：∴函数h (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2和⎝ ⎛⎭⎪⎫－6，＋∞，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，－a 6. (7分)①当－1≤－a2，即0<a ≤2时，函数h (x )在区间(－∞，－1]上单调递增，h (x )在区间(－∞，－1]上的最大值为h (－1)＝a －a 24； (8分)②当－a 2<－1<－a6，即2<a <6时，函数h (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－a 2上单调递增，在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤－a 2，－1上单调递减，在区间(－∞，－1]上的最大值为h ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝1； (10分)③当－1≥－a6，即a ≥6时，函数h (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－a 2上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，－a 6上单调递减，在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤－a6，－1上单调递增，又因为h ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2－h (－1)＝1－a ＋14a 2＝14(a －2)2>0，所以h (x )在区间(－∞，－1]上的最大值为h ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝1. (12分)综上所述：当a ∈(0,2]时，最大值为h (－1)＝a －a 24；当a ∈(2，＋∞)时，最大值为h ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝1. (13分)常见失分探因易忽视条件“在它们的交点 1，c 处具有公切线”的双重性而造成条件缺失，不能列出关于a ，b 的方程组，从而使题目无法求解.易将单调递增区间写成并集“ (－∞，－2a )∪ (－6a ，＋∞)”或“ (－∞，－2a)或 (－6a，＋∞))”而导致错误.易忽视对a 的分类讨论或分类不准确造成解题错误教你一个万能模板用导数求给定区间上的函数的最值问题一般可用以下几步解答：―→―→―→―→。
高考数学一轮复习高考大题规范解答系列一_函数与导数学案含解析新人教版
高考大题规范解答系列(一)——函数与导数考点一 利用导数解决与函数有关的极、最值问题例1 (2020·北京，19,15分)已知函数f (x )＝12－x 2. (1)求曲线y ＝f (x )的斜率等于－2的切线方程；(2)设曲线y ＝f (x )在点(t ，f (t ))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S (t )，求S (t )的最小值．【标准答案】——规范答题 步步得分(1)因为f (x )＝12－x 2，所以f ′(x )＝－2x ，1分………………………………得分点① 令－2x ＝－2，解得x ＝1，2分………………………………………………得分点② 又f (1)＝11，所以所求切线方程为y －11＝－2(x －1)，整理得2x ＋y －13＝0.4分……………………………………………………得分点③ (2)由(1)可知f ′(x )＝－2x ，所以曲线y ＝f (x )在点(t ，f (t ))处的切线斜率k ＝－2t ，又f (t )＝12－t 2，所以切线方程为y －(12－t 2)＝－2t (x －t )，6分…………………………得分点④整理得2tx ＋y －(t 2＋12)＝0，当x ＝0时，y ＝t 2＋12，所以切线与y 轴的交点为(0，t 2＋12)，7分……………………………………………………………………………得分点⑤当y ＝0时，x ＝t 2＋122t ，所以切线与x 轴的交点为⎝⎛⎭⎫t 2＋122t ，0.8分………得分点⑥ ①当t >0时，S (t )＝12·t 2＋122t ·(t 2＋12)＝(t 2＋12)24t ，9分………………………得分点⑦则S ′(t )＝3(t 2－4)(t 2＋12)4t 2，10分……………………………………………得分点⑧当0<t <2时，S ′(t )<0，此时S (t )在(0,2)上单调递减； 当t >2时，S ′(t )>0，此时S (t )在(2，＋∞)上单调递增，所以S (t )min ＝S (2)＝32.11分…………………………………………………得分点⑨ ②当t <0时，S (t )＝－(t 2＋12)24t ；12分………………………………………得分点⑩则S ′(t )＝－3(t 2－4)(t 2＋12)4t 2，13分…………………………………………得分点⑪当t <－2时，S ′(t )<0，此时S (t )在(－∞，－2)上单调递减； 当－2<t <0时，S ′(t )>0，此时S (t )在(－2,0)上单调递增，所以S (t )min ＝S (－2)＝32.14分………………………………………………得分点⑫ 综上所述，当t ＝±2时，S (t )取最小值，为32.15分………………………得分点⑬【评分细则】 ①求对导函数得1分． ②解对f ′(x )＝－2得1分． ③写对切线方程得2分． ④写对切线方程得2分． ⑤求对与y 轴交点得1分． ⑥求对与x 轴交点得1分． ⑦分类讨论t ≥0时写对S (t )得1分． ⑧求对S (t )得1分． ⑨求对S (t )的最小值得1分． ○10分类讨论，t <0时写对S (t )得1分． ⑪求对S ′(t )得1分． ⑫求对S (t )最小值得1分． ⑬总结叙述正确得1分． 【名师点评】 1．核心素养：利用导数研究函数的极、最值问题，首先对函数求导，分解因式，分类讨论函数在给定区间的增减情况确定极最值，重点考查学生数学运算、逻辑推理及分类的数学核心素养．2．解题技巧：(1)求出切线与x 轴、y 轴交点，并写出三角形的积S (t )． (2)对S (t )分类讨论，分别求最值是本题关键点． 〔变式训练1〕(理)(2020·湖南期末统测)已知函数f (x )＝ln x ＋1－2a －x ＋a x 有两个不同的极值点x 1，x 2.(1)求实数a 的取值范围．(2)求f (x )的极大值与极小值之和的取值范围．(文)(2020·长春市第二次质量监测)已知函数f (x )＝(a －1)·ln x －ax －x (a ∈R )．(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程； (2)若函数f (x )在[1,3]上的最大值为－2，求实数a 的值．[解析] 本题考查利用导数研究函数的单调性、极值和最值．(理)(1)f (x )定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －1－a x 2＝－x 2＋x －ax 2.因为f (x )有两个不同的极值点x 1，x 2，且x >0，所以x 2－x ＋a ＝0有两个不同的正根，所以⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝1－4a >0，x 1＋x 2＝1>0，x 1x 2＝a >0，解得0<a <14.故实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，14. (2)由(1)知x 1x 2＝a ，x 1＋x 2＝1，不妨设x 1<x 2，所以f (x )极小值＝f (x 1)，f (x )极大值＝f (x 2)， 所以f (x )极小值＋f (x )极大值＝f (x 1)＋f (x 2)＝ln(x 1x 2)＋2(1－2a )＋a (x 1＋x 2)x 1x 2－(x 1＋x 2)＝ln a ＋2－4a .令φ(a )＝ln a －4a ＋2，则φ′(a )＝1a －4，当0<a <14时，φ′(a )>0，所以φ(a )在⎝⎛⎭⎫0，14上单调递增，所以φ(a )<φ⎝⎛⎭⎫14＝－2ln 2 ＋1. 又当a →0时，φ(a )→－∞，所以f (x )的极大值与极小值之和的取值范围是(－∞，－2ln 2＋1)．(文)(1)a ＝2时，f (x )＝ln x －2x －x ，f ′(x )＝1x ＋2x 2－1，f (2)＝ln 2－3，f ′(2)＝0，所以曲线在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝ln 2－3. (2)f ′(x )＝a －1x ＋a x 2－1＝－(x ＋1)(x －a )x 2(1≤x ≤3)，当a ≤1时，f ′(x )≤0，f (x )在[1,3]上单调递减， 所以f (1)＝－2，a ＝1；当a ≥3时，f ′(x )≥0，f (x )在[1,3]上单调递增，所以f (3)＝－2，a ＝ln 3＋1ln 3－13<3，舍去；当1<a <3时，f (x )在(1，a )上单调递增，在(a,3)上单调递减， 所以f (a )＝－2，a ＝e. 综上，a ＝1或a ＝e.考点二 利用导数解决与不等式有关的函数问题例2 (2020·课标Ⅱ，21,12分)已知函数f (x )＝sin 2x sin 2x . (1)讨论f (x )在区间(0，π)的单调性； (2)证明：|f (x )|≤338； (3)设n ∈N *，证明：sin 2x sin 22x sin 24x …sin 22n x ≤3n 4n. 【标准答案】——规范答题 步步得分 (1)f ′(x )＝cos x (sin x sin 2x )＋sin x (sin x sin 2x )′ ＝2sin x cos x sin 2x ＋2sin 2x cos 2x＝2sin x sin 3x .2分……………………………………………………………得分点① 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π3∪⎝⎛⎭⎫2π3，π时，f ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎫π3，2π3时，f ′(x )<0.所以f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π3，⎝⎛⎭⎫2π3，π单调递增，在区间⎝⎛⎭⎫π3，2π3单调递减.4分………………………………得分点②(2)证明：因为f (0)＝f (π)＝0，由(1)知，f (x )在区间[0，π]的最大值为f ⎝⎛⎭⎫π3＝338，5分 …………………………………………………………………………………得分点③ 最小值为f ⎝⎛⎭⎫2π3＝－338.6分…………………………………………………得分点④ 而f (x )是周期为π的周期函数，故|f (x )|≤338.7分…………………………得分点⑤ (3)证明：由于(sin 2x sin 22x …sin 22n x )32 8分…………………………………得分点⑥＝|sin 3x sin 32x …sin 32n x |＝|sin x ||sin 2x sin 32x …sin 32n －1x sin2n x ||sin 22n x |9分……………………………得分点⑦ ＝|sin x ||f (x )f (2x )…f (2n －1x )||sin 22n x |10分……………………………………得分点⑧ ≤|f (x )f (2x )…f (2n －1x )|，11分…………………………………………………得分点⑨所以sin 2x sin 22x …sin 22n x ≤⎝⎛⎭⎫3382n3＝3n4n .12分……………………………得分点⑩【评分细则】①正确求得导函数并化简正确得2分． ②讨论f (x )的单调性，正确得2分． ③求对f (x )的最大值得1分． ④求对f (x )的最小值得1分． ⑤证出|f (x )|≤338得1分． ⑥变形正确得1分． ⑦合理转化得1分．⑧转化出f (x )、f (2x )、…、f (2n －1x )得1分． ⑨放缩正确得1分． ⑩证出结论得1分． 【名师点评】 1．核心素养：利用导数判断函数的单调性及解决与不等式有关的函数问题是高考命题的热点问题．本题主要考查“逻辑推理”及“数学运算”的核心素养．2．解题技巧：(1)讨论函数的单调性首先要明确函数的定义域，一般用导数的方法，对导数解不等式． (2)求出f (x )的最值是证明第2问的关键．(3)将不等式左边变形与f (x )及第2问结合起来是完成第3问的关键． 〔变式训练2〕(理)(2020·河南省郑州市高三第二次质量预测)设函数f (x )＝ax 2－(x ＋1)ln x (a ∈R )，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的斜率为0.(1)求a 的值；(2)求证：当0<x ≤2时，f (x )>12x .(文)(2018·课标全国Ⅰ，21)已知函数f (x )＝a e x －ln x －1，a ∈R . (1)设x ＝2是f (x )的极值点，求a ，并求f (x )的单调区间； (2)证明：当a ≥1e时，f (x )≥0.[分析] (文)(1)看到x ＝2是f (x )的极值点，想到f ′(2)＝0且两边异号，看到求单调区间想到求函数定义域，并对函数求导．(2)看到证明当a ≥1e 时，f (x )≥0想到用1e 替换a 进行放缩，构造函数y ＝e xe －ln x －1，从而求此函数的最小值．[解析] (理)(1)f ′(x )＝2ax －ln x －1－1x ，由题意可得f ′(1)＝2a －2＝0， ∴a ＝1.(2)要证f (x )>12x (0<x ≤2)，只需证x －ln x x －ln x >12，即证x －ln x >ln x x ＋12，令g (x )＝x －ln x ，h (x )＝ln x x ＋12，由g ′(x )＝1－1x＝0，解得x ＝1，g (x )在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增， 故g (x )min ＝g (1)＝1，由h ′(x )＝1－ln xx 2可知h (x )在(0,2]上单调递增，故h (x )max ＝h (2)＝1＋ln 22<1＝g (x )min ，故h (x )<g (x )，即f (x )>12x .(文)(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝a e x －1x .由题设知，f ′(2)＝0， 所以a ＝12e2.从而f (x )＝12e 2e x －ln x －1，f ′(x )＝12e 2e x －1x.当0<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增． (2)当a ≥1e 时，f (x )≥e xe －ln x －1.设g (x )＝e xe －ln x －1，则g ′(x )＝e x e －1x .当0<x <1时，g ′(x )<0； 当x >1时，g ′(x )>0.所以x ＝1是g (x )的最小值点． 故当x >0时，g (x )≥g (1)＝0. 因此，当a ≥1e时，f (x )≥0.考点三 利用导数解决与函数零点有关的问题例3 (2021·山东省青岛市高三模拟检测)已知函数f (x )＝a e x －x －a ，e ＝2.718 28…是自然对数的底数．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若f (x )恰有2个零点，求实数a 的取值范围． 【分析】 ①看到单调性想到求函数f (x )的导数．②看到f (x )恰有2个零点，想到f (x )＝0有两解或y ＝f (x )图象与x 轴有两个交点． 【标准答案】——规范答题 步步得分(1)f ′(x )＝a e x －1，1分……………………………………………………………得分点① 当a ≤0时，f ′(x )＝a e x －1<0，所以x ∈(－∞，＋∞)，f ′(x )<0，故f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减，2分…得分点② 当a >0时，令f ′(x )＝a e x －1＝0，得x ＝－ln a ；所以x ∈(－∞，－ln a )时，f ′(x )<0，f (x )在(－∞，－ln a )上单调递减；x ∈(－ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(－ln a ，＋∞)上单调递增.4分………………………………得分点③(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减；又知f (0)＝0，所以f (x )仅有1个零点；5分……………………………………得分点④ 当0<a <1时，f (0)＝0，所以f (－ln a )<0，取f (－2ln a )＝1a ＋2ln a －a ，令函数g (a )＝1a ＋2ln a －a ，得g ′(a )＝－(a －1)2a 2<0，所以g (a )>g (1)＝0，所以f (－2ln a )＝1a ＋2ln a －a >0得f (x )在(－ln a ，－2ln a )上也有1个零点，8分……………………………………………………………………………………得分点⑤ 当a ＝1时，f (x )≥f (0)＝0，所以f (x )仅有1个零点，9分……………………得分点⑥ 当a >1时，f (0)＝0，所以f (－ln a )<0， 令函数h (a )＝a －ln a ，a >1得h ′(a )＝1－1a >0，所以h (a )>h (1)>0，所以a >ln a ，∴－a <－ln a ，取f (－a )＝a e －a >0，得f (x )在(－a ，－ln a )上也有1个零点，综上可知：若f (x )恰有2个零点，则a ∈(0,1)∪(1，＋∞).12分……………得分点⑦ 【评分细则】 ①求对导函数得1分． ②求对a ≤0单调区间得1分． ③求对a >0单调区间得2分．④求对a ≤0时f (x )只有一个零点得1分． ⑤求对0<a <1时f (x )有两个零点得3分． ⑥求对a ＝1时f (x )有一个零点得1分．⑦求对a >1时f (x )有两个零点，并进行综述得3分． 【名师点评】 1．核心素养：本题主要考查导数与函数单调性的关系、零点存在性定理，考查考生的数形结合能力、推理论证能力以及运算求解能力，考查的数学核心素养是直观想象、逻辑推理、数学运算．2．解题技巧：(1)通过求导，分类讨论，进而求单调区间．(2)通过(1)的分析知道函数f (x )的单调性、最值，讨论f (x )零点的个数，从而得出结论． 〔变式训练3〕(2020·全国Ⅲ，21)设函数f (x )＝x 3＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点⎝⎛⎭⎫12，f ⎝⎛⎭⎫12处的切线与y 轴垂直．(1)求b .(2)若f (x )有一个绝对值不大于1的零点，证明：f (x )所有零点的绝对值都不大于1. [解析] 本题考查导数的几何意义及利用导数研究函数的单调性、极值、零点． (1)f ′(x )＝3x 2＋b .依题意得f ′⎝⎛⎭⎫12＝0，即34＋b ＝0，故b ＝－34. (2)证明：由(1)知f (x )＝x 3－34x ＋c ，f ′(x )＝3x 2－34.令f ′(x )＝0，解得x ＝－12或x ＝12.f ′(x )与f (x )的情况为：因为f (1)＝f ⎝⎛⎭⎫－12＝c ＋14，所以当c <－14时，f (x )只有大于1的零点． 因为f (－1)＝f ⎝⎛⎭⎫12＝c －14，所以当c >14时，f (x )只有小于－1的零点． 由题设可知－14≤c ≤14.当c ＝－14时，f (x )只有两个零点－12和1.当c ＝14时，f (x )只有两个零点－1和12.当－14<c <14时，f (x )有三个零点x 1，x 2，x 3，且x 1∈⎝⎛⎭⎫－1，－12，x 2∈⎝⎛⎭⎫－12，12，x 3∈⎝⎛⎭⎫12，1. 综上，若f (x )有一个绝对值不大于1的零点，则f (x )所有零点的绝对值都不大于1.。
2022版高考数学北师大版一轮：第三章规范答题提分课函数与导数综合问题
【高考真题】 (12 分)(2020·全国Ⅰ卷) 已知函数 f(x)=ex+ax2-x. (1)当 a=1 时,讨论 f(x)的单调性; (2)当 x≥0 时,f(x)≥ 1 x3+1,求 a 的取值范围.
2
【思维流程】
(1)当a=1时,f(x)=ex+x2-x, f′(x)=ex+2x-1,…………1分 由于f″(x)=ex+2>0,故f′(x)单调递增, …………2分 注意到f′(0)=0, …………3分 故当x∈ (, 0) 时,f′(x)<0,f(x)单调递减, 当x∈(0,)时,f′(x)>0,f(x)单调递增. …………5分
(2)由f(x)≥ 1 x3+1得,ex+ax2-x≥ 1 x3+1,其中x≥0,
2
2
①当x=0时,不等式为:1≥1,显然成立,符合题意; …………6分
ex 1 x3 x 1
②当x>0时,分离参数a得,a≥- 2
,………… 7分
x2
ex 1 x3 x 1
记g(x)=- 2
,
x2
(x 2)(ex 1 x2 x 1)
细则 5:分离参数不讨论 x=0,扣 1 分. 细则 6:把“x>0”写为“x≠0”不扣分. 细则 7:只构造函数,求导不准确,不赋分. 细则 8:若求出 h′(x)=ex-x-1 后直接判断函数 h(x)在 R 上递增,扣 1 分. 细则 9:必须指出 h(0)=0,若直接写出 h(x)≥0,扣 1 分. 细则 10:不判断 g′(x)的符号,只要正确判断 g(x)的单调性,不扣分. 细则 11:若不写结论,扣 1 分.
二次求导破解利用导数研究函数单调性问题 导数是研究可导函数性质的重要工具,函数单调性是函数性质的核心,利用导 数研究函数单调性问题的难点是导函数零点不可求,无法判断导函数符号的 变化,此类问题可从以下两个方向突破: 方向一:利用二分法估算导函数的零点,进而根据导函数的单调性判断导函数 符号变化; 方向二:二次求导或多次求导,利用导数研究.
8 规范答题示范(一) 高考解答题——函数与导数
若a＝1，则g′(x)＝1－.
当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增.5分
所以x＝1是g(x)的极小值点，
故g(x)≥g(1)＝0，综上，a＝1.6分
(2)由(1)知f(x)＝x2－x－xlnx，f′(x)＝2x－2－lnx．7分
因为f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点.10分
由f′(x0)＝0得lnx0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0)．
由x0∈得f(x0)<.
因为x＝x0是f(x)在(0，1)上的最大值点，由e－1∈(0，1)，f′(e－1)≠0
得f(x0)>f(e－1)＝e－2.所以e－2<f(x0)<2－2.12分
■评分细则
①求出函数的定义域得1分；
②构造新函数，得出f(x)≥0等价于g(x)≥0得1分；
③求出a＝1得2分；
④验证过程正确得1分；
⑤证明a＝1即为所求得1分；
⑥将a＝1代入到原函数，求导正确得1分；
⑦分析h(x)＝2x－2－lnx的单调性得1分；
⑧确定新函数的零点得1分；
⑨确定函数的极大值点得1分；
(2)构造函数：构造新函数是导数综合问题的常用方法，如本题第(1)问构造函数g(x)＝ax－a－lnx；第(2)问构造函数h(x)＝2x－2－lnx.
设h(x)＝2x－2－lnx，则h′(x)＝2－.
当x∈时，h′(x)<0；
当x∈时，h′(x)>0，所以h(x)在上单调递减，在上单调递增.8分
又h(e－2)>0，h<0，h(1)＝0，所以h(x)在上有唯一零点x0，在上有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，h(x)>0；当x∈(x0，1)时，h(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.9分
规范答题示范课函数与导数类解答题
利用导数解决经济学问题
边际分析
在经济学中，导数被广泛应用于 边际分析，如边际成本、边际收 益等，用于研究经济变量之间的
变化关系。
弹性分析
利用导数可以计算需求弹性、供 给弹性等，用于分析市场供求关
系及价格变动对市场的影响。
最优化决策
在经济学中，经常需要求解最优 化问题，如最大化利润、最小化 成本等。通过构建数学模型并利 用导数求解，可以得到最优决策
解析：首先求出函数的导数$f'(x) = e^x + 2x$， 然后将$x = 0$代入得到切线的斜率$k = f'(0) = 1$。根据点斜式方程，可以求出切线方程为$y - 1 = k(x - 0)$，即$y = x + 1$。
04
导数在函数中的应用
利用导数研究函数的单调性
02
01
03
确定函数的定义域，并求出一阶导数 $f'(x)$。
利用导数解决不等式问题
将不等式问题转化为函数问题 ，构造函数 $F(x)$。
求 $F(x)$ 的导数 $F'(x)$，并判 断 $F'(x)$ 的符号。
根据 $F'(x)$ 的符号，确定 $F(x)$ 的单调性，从而得出不 等式的解集。
05
导数在实际问题中的应用
利用导数解决优化问题
01
02
03
时间分配与答题顺序建议
根据题目难易程度和分值，合 理分配时间。
先易后难，先做有把握的题目， 再攻克难题。
留出足够的时间检查答案，确 保答案的准确性和完整性。
THANK YOU
感谢聆听
求解最值问题
通过求导找到函数的极值 点，进而确定函数在给定 区间上的最大值和最小值。
高三数学二轮专题复习规范答题示范——函数与导数解答题
规范答题示范——函数与导数解答题【典例】(本小题满分12分)(2017·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a<0时，证明f(x)≤－34a－2.[信息提取]❶看到讨论f(x)的单调性，想到先确定函数的定义域，然后对函数f(x)进行求导.❷看到要证f(x)≤－34a－2成立，想到利用导数求函数的最大值.[规范解答][高考状元满分心得]❶得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分.如第(1)问中，求导正确，分类讨论；第(2)问中利用单调性求g(x)的最大值和不等式性质的运用.❷得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中，求出f(x)的定义域，f′(x)在(0，＋∞)上单调性的判断；第(2)问，f(x)在x＝－12a处最值的判定，f(x)≤－34a－2等价转化为ln⎝⎛⎭⎪⎫－12a＋12a＋1≤0等.❸得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如第(1)问中，求导f′(x)准确，否则全盘皆输，第(2)问中，准确计算f(x)在x＝－12a处的最大值.[解题程序]第一步：求函数f(x)的导函数f′(x)；第二步：分类讨论f(x)的单调性；第三步：利用单调性，求f(x)的最大值；第四步：根据要证的不等式的结构特点，构造函数g(x)；第五步：求g(x)的最大值，得出要证的不等式.第六步：反思回顾，查看关键点、易错点和解题规范. 【巩固提升】已知函数f(x)＝x2－k ln x－a，g(x)＝x2－x.(1)当a ＝0时，若g (x )<f (x )在区间(1，＋∞)上恒成立，求实数k 的取值范围.(2)是否存在常数k ，使得函数f (x )和g (x )在区间(0，＋∞)上具有相同的单调性？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由.解 (1)当a ＝0时，由g (x )<f (x )得k ln x <x ，因为x >1，所以ln x >0，所以k <x ln x 在(1，＋∞)上恒成立.令t (x )＝x ln x (x >1)，则t ′(x )＝ln x －1（ln x ）2， 由t ′(x )＝0得x ＝e ，当1<x <e 时，t ′(x )<0，t (x )在(1，e)上为减函数，当x >e 时，t ′(x )>0，t (x )在(e ，＋∞)上为增函数.所以t (x )min ＝t (e)＝e.所以实数k 的取值范围为(－∞，e).(2)g (x )＝x 2－x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上单调递增. 函数f (x )＝x 2－k ln x －a ，f ′(x )＝2x 2－k x ， 当k ≤0时，f ′(x )>0恒成立，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，不合题意.当k >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝2k 2或x ＝－2k 2(舍去).当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，2k 2时，f ′(x )<0， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2，＋∞时，f ′(x )>0， 所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2k 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2，＋∞上单调递增. 要使f (x )与g (x )在(0，＋∞)上具有相同的单调性，需使2k 2＝12，解得k ＝12.所以存在常数k ＝12，使得函数f (x )与g (x )在(0，＋∞)上具有相同的单调性.。
专题01 函数与导数综合问题(答题指导)(解析版)
专题01 函数与导数综合问题（答题指导）【题型解读】以含参数的函数为载体，结合具体函数与导数的几何意义，研究函数的性质，是高考的热点．主要考查：(1)讨论函数的单调性和单调区间；(2)求函数的极值或最值；(3)利用函数的单调性、极值、最值，求参数的范围．【例1】 已知函数f (x )＝ax －2x－3ln x ，其中a 为常数．(1)当函数f (x )的图象在点⎝ ⎛⎭⎪⎫23，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23处的切线的斜率为1时，求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，3上的最小值；(2)若函数f (x )在区间(0，＋∞)上既有极大值又有极小值，求a 的取值范围． 【答案】见解析【解析】(1)f ′(x )＝a ＋2x 2－3x ，由f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝a ＋92－92＝1可得a ＝1，即f (x )＝x －2x －3ln x ，f ′(x )＝1＋2x 2－3x ＝x 2－3x ＋2x 2＝（x －1）（x －2）x 2，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，3有：从而在⎣⎢⎡⎦⎥⎤2，3上，f (x )有最小值，且最小值为f (2)＝1－3ln 2.(2)f ′(x )＝a ＋2x 2－3x ＝ax 2－3x ＋2x2(x >0)，由题设可得方程ax 2－3x ＋2＝0有两个不等的正实根．不妨设这两个根为x 1，x 2，且x 1≠x 2，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝9－8a ＞0，x 1＋x 2＝3a >0，x 1x 2＝2a >0解得0<a <98.故所求a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，98.【素养解读】(1)从已知切线的斜率去求参数a 的过程既考查了数学运算的核心素养，又考查了逻辑推理的核心素养． (2)将函数有极大值和极小值转化为一元二次方程的实数根的问题考查了数学建模的核心素养． (3)通过二次函数的图象与性质列出一元二次方程根的分布的充要条件考查了直观想象的核心素养．【突破训练1】 已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围． 【答案】见解析【解析】(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .若a ≤0，则f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a >0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞上单调递减．(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上无最大值；当a >0时，f (x )在x ＝1a处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a >2a －2等价于ln a ＋a －1<0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上单调递增，g (1)＝0.于是，当0<a <1时，g (a )<0；当a >1时，g (a )>0.因此，a 的取值范围是(0,1)．【突破训练2】 (2019·黄冈联考)已知函数f (x )＝x 2＋a ln x .(1)当a ＝－2时，求函数f (x )的单调区间；(2)若g (x )＝f (x )＋2x在[1，＋∞)上是单调函数，求实数a 的取值范围．【答案】见解析【解析】(1)f ′(x )＝2x －2x.令f ′(x )＞0，得x ＞1；令f ′(x )＜0，得0＜x ＜1.所以f (x )的单调递增区间是(1，＋∞)，f (x )的单调递减区间是(0,1)．(2)①若函数g (x )在[1，＋∞)上是单调增函数，则g ′(x )≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a ≥2x－2x 2在[1，＋∞)上恒成立．设φ(x )＝2x－2x 2，因为φ(x )在[1，＋∞)上单调递减，所以φ(x )max ＝φ(1)＝0，所以a ≥0.②若函数g (x )在[1，＋∞)上是单调减函数，则g ′(x )≤0在[1，＋∞)上恒成立，无解．综上，实数a 的取值范围为[0，＋∞)．▶▶题型二：利用导数研究函数的零点或曲线交点问题导数与函数、方程交汇是近年命题的热点，常转化为研究函数图象的交点问题，研究函数的极(最)值的正负．主要考查：(1)确定函数的零点、图象交点的个数；(2)由函数的零点、图象交点的情况求参数的取值范围．【例2】 (2018·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝e x －ax 2.(1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1； (2)若f (x )在(0，＋∞)只有一个零点，求a . 【答案】见解析【解析】(1)证明：当a ＝1时，f (x )≥1等价于(x 2＋1)e －x－1≤0.设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x－1，则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)e －x＝－(x －1)2e －x.当x ≠1时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，＋∞)单调递减．而g (0)＝0，故当x ≥0时，g (x )≤0，即f (x )≥1.(2)设函数h (x )＝1－ax 2e －x.f (x )在(0，＋∞)只有一个零点当且仅当h (x )在(0，＋∞)只有一个零点． (ⅰ)当a ≤0时，h (x )>0，h (x )没有零点； (ⅱ)当a >0时，h ′(x )＝ax (x －2)e －x.当x ∈(0,2)时，h ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0. 所以h (x )在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增． 故h (2)＝1－4ae 2是h (x )在(0，＋∞)的最小值．①若h (2)>0，即a <e24，h (x )在(0，＋∞)没有零点；②若h (2)＝0，即a ＝e24，h (x )在(0，＋∞)只有一个零点；③若h (2)<0，即a >e 24，由于h (0)＝1，所以h (x )在(0,2)有一个零点，由(1)知当x >0时，e x >x 2，所以h (4a )＝1－16a 3e 4a ＝1－()32216aa e >1－()34162a a ＝1－1a>0.故h (x )在(2,4a )也有一个零点，因此h (x )在(0，＋∞)有两个零点．综上，f (x )在(0，＋∞)只有一个零点时，a ＝e24.【素养解读】(1)在问题(1)的证明过程中，考查了逻辑推理的核心素养．(2)在问题(2)中，通过对参数a 的分类讨论以及在不同的取值范围内列式计算的过程中考查了数学运算的核心素养．【突破训练3】 已知二次函数f (x )的最小值为－4，且关于x 的不等式f (x )≤0的解集为{x |－1≤x ≤3}．(1)求函数f (x )的解析式；(2)求函数g(x)＝f （x ）x －4ln x 的零点个数．【答案】见解析【解析】(1)因为f (x )是二次函数，且关于x 的不等式f (x )≤0的解集为{x |－1≤x ≤3，x ∈R }，所以设f (x )＝a (x ＋1)(x －3)＝ax 2－2ax －3a ，且a >0.所以f (x )min ＝f (1)＝－4a ＝－4，a ＝1.故函数f (x )的解析式为f (x )＝x 2－2x －3.(2)由(1)知g (x )＝x 2－2x －3x －4ln x ＝x －3x－4ln x －2，所以g (x )的定义域为(0，＋∞)，g ′(x )＝1＋3x 2－4x ＝（x －1）（x －3）x2，令g ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝3.当x 变化时，g ′(x )，g (x )的取值变化情况如下表：x (0,1) 1 (1,3) 3 (3，＋∞)g ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ g (x )单调递增极大值单调递减极小值单调递增当x >3时，g (e 5)＝e 5－3e5－20－2>25－1－22＝9>0.又因为g (x )在(3，＋∞)上单调递增，因而g (x )在(3，＋∞)上只有1个零点，故g (x )仅有1个零点．【突破训练4】 (2019·黄冈起点考试)已知函数f (x )＝x 2－2ln x ，h (x )＝x 2－x ＋a .(1)求函数f (x )的极值；(2)设函数k (x )＝f (x )－h (x )，若函数k (x )在[1,3]上恰有两个不同的零点，求实数a 的取值范围．【答案】见解析【解析】(1)由题意知f ′(x )＝2x －2x，x ＞0，令f ′(x )＝0，得x ＝1.f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表所示：x (0,1) 1 (1，＋∞)f ′(x ) － 0 ＋ f (x )单调递减极小值单调递增f x f (2)因为k (x )＝f (x )－h (x )＝－2ln x ＋x －a ，所以k ′(x )＝－2x＋1，x ＞0，令k ′(x )＝0，得x ＝2.当x∈[1,2)时，k ′(x )＜0；当x ∈(2,3]时，k ′(x )＞0.故k (x )在[1,2)上单调递减，在(2,3]上单调递增，所以⎩⎪⎨⎪⎧k （1）≥0，k （2）＜0，k （3≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ≤1，a ＞2－2ln 2，a ≤3－2ln 3，所以2－2ln 2＜a ≤3－2ln 3.所以实数a 的取值范围是(2－2ln 2,3－2ln 3]．▶▶题型三：利用导数研究不等式问题导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，难度较大．主要考查证明不等式和不等式成立(恒成立)问题．(1)利用导数证明不等式的方法可以从所证不等式的结构和特点出发，结合已有的知识利用转化与化归思想，构造一个新的函数，再借助导数确定函数的单调性，利用单调性实现问题的转化，从而使不等式得到证明，其一般步骤是：构造可导函数→研究单调性或最值→得出不等关系→整理得出结论．(2)利用导数研究不等式恒成立问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．(3)不等式能成立(恒成立)问题常见的转化方法①f(x)≥a 恒成立⇔f(x)min ≥a，f(x)≥a 能成立⇔f(x)max ≥a； ②f(x)≤b 恒成立⇔f(x)max ≤b，f(x)≤b 能成立⇔f(x)min ≤b； ③f(x)>g(x)恒成立()()()F x f x g x =-⇔F(x)min>0； ④∀x 1∈M ，∀x 2∈N ，f(x 1)>g(x 2)⇔f(x)min >g(x)max ； ⑤∀x 1∈M ，∃x 2∈N ，f(x 1)>g(x 2)⇔f(x)min >g(x)min ； ⑥∃x 1∈M ，∃x 2∈N ，f(x 1)>g(x 2)⇔f(x)max >g(x)min ； ⑦∃x 1∈M ，∀x 2∈N ，f(x 1)>g(x 2)⇔f(x)max >g(x)max .【例3】 (2018·浙江卷节选)已知函数f (x )＝x －ln x ．若f (x )在x ＝x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，证明：f (x 1)＋f (x 2)＞8－8ln2.【答案】见解析【解析】证明 函数f (x )的导函数f ′(x )＝12x －1x ，由f ′(x 1)＝f ′(x 2)得12x 1－1x 1＝12x 2－1x 2，因为x 1≠x 2，所以1x 1＋1x 2＝12.由基本不等式得12x 1x 2＝x 1＋x 2≥24x 1x 2.因为x 1≠x 2，所以x 1x 2>256.由题意得f (x 1)＋f (x 2)＝x 1－ln x 1＋x 2－ln x 2＝12x 1x 2－ln(x 1x 2)．设g (x )＝12x －ln x ，则g ′(x )＝14x(x －4).12，即f (x 1)＋f (x 2)>8－8ln 2.【素养解读】本题的证明过程不仅考查了逻辑推理的核心素养，还在构造函数g (x )＝12x －ln x 中考查了数学运算的核心素养．【突破训练5】 (2016·四川卷改编)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，g (x )＝1x －ee x ，其中a ∈R ，e ＝2.718…为自然对数的底数． (1)讨论f (x )的单调性； (2)证明：当x ＞1时，g (x )＞0；(3)证明：当a ≥12时，f (x )＞g (x )在区间(1，＋∞)恒成立．【答案】见解析【解析】(1)由题意得f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减． 当a >0时，由f ′(x )＝0，得x ＝12a，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．(2)证明：令s (x )＝e x －1－x ，则s ′(x )＝ex －1－1.当x >1时，s ′(x )>0，s (x )递增，则s (x )>s (1)＝0，所以e x －1>x ，从而g (x )＝1x －1ex －1>0.(3)证明：当a ≥12时，令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1)．当x >1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x>x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x2>0. 因此，h (x )在区间(1，＋∞)上单调递增．又因为h (1)＝0，所以当x >1时，h (x )＝f (x )－g (x )>0， 即f (x )>g (x )恒成立．【例4】 (2019·兰州模拟)已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋x ln x 的图象在(1，f (1))处的切线方程为3x －y －2＝0.(1)求实数a ，b 的值；(2)设g (x )＝x 2－x ，若k ∈Z ，且k (x －2)＜f (x )－g (x )对任意的x ＞2恒成立，求k 的最大值． 【答案】见解析【解析】(1)f ′(x )＝2ax ＋b ＋1＋ln x ，所以2a ＋b ＋1＝3且a ＋b ＝1，解得a ＝1，b ＝0. (2)由(1)与题意知k <f （x ）－g （x ）x －2＝x ＋x ln x x －2对任意的x >2恒成立，设h (x )＝x ＋x ln xx －2(x >2)，则h ′(x )＝x －4－2ln x x －22，令m (x )＝x －4－2lnx (x >2)，则m ′(x )＝1－2x ＝x －2x>0，所以函数m (x )为(2，＋∞)上的增函数．因为m (8)＝4－2ln 8<4－2ln e 2＝4－4＝0，m (10)＝6－2ln 10>6－2ln e 3＝6－6＝0，所以函数m (x )在(8,10)上有唯一零点x 0，即有x 0－4－2ln x 0＝0成立，故当2<x <x 0时，m (x )<0，即h ′(x )<0；当x 0<x时，m (x )>0，即h ′(x )>0，所以函数h (x )在(2，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以h (x )min ＝h (x 0)＝x 0＋x 0ln x 0x 0－2＝x 0⎝⎛⎭⎪⎫1＋x 0－42x 0－2＝x 02，所以k <x 02，因为x 0∈(8,10)，所以x 02∈(4,5)，又k ∈Z ，所以k 的最大值为4.【素养解读】(1)问题(2)解答过程中有两个转化，一是分离参数k 与变量x ，二是作换元变换h (x )＝x ＋x ln xx －2(x ＞2)，这既考查了数学建模的核心素养，又考查了数学运算的核心素养．(2)计算过程中，将恒成立问题转换成函数的最值，考查了逻辑推理和数学抽象的核心素养．【突破训练6】 (2019·贵州适应性考试)已知函数f (x )＝ax －e x(a ∈R )，g (x )＝ln xx .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)存在x 0∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x成立，求a 的取值范围． 【答案】见解析【解析】(1)因为f ′(x )＝a －e x，x ∈R . 当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在R 上单调递减； 当a >0时，令f ′(x )＝0得x ＝ln a .由f ′(x )>0得f (x )的单调递增区间为(－∞，ln a )； 由f ′(x )<0得f (x )的单调递减区间为(ln a ，＋∞)．(2)因为存在x 0∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x成立，则ax ≤ln x x ，即a ≤ln x x 2.设h (x )＝ln x x2，则问题转化为a ≤⎝⎛⎭⎪⎫lnx x 2max ， 由h ′(x )＝1－2ln xx3，令h ′(x )＝0，则x ＝ e. 当x 在区间(0，＋∞)内变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：由上表可知，当x ＝e 时，函数h (x )有极大值，即最大值为2e .所以a 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12e .。
高考数学一轮配套解答题增分系列讲座“函数与导数”类题目的审题技巧与解题规范
“函数与导数”类题目的审题技巧与解题规范[技法概述]解题的最终目标就是求出结论或说明已给结论正确或错误，而解题的思维过程大多都是围绕着结论这个目标进行定向思考的．有些问题的结论看似不明确或不利于解决，可以转换角度，达到解决问题的目的．[适用题型]高考中有以下几类解答题用到此种审题方法：1．研究函数与导数中两函数图像交点、函数的零点、方程的根等问题； 2．一些不等式恒成立问题常转换求函数的最值； 3．圆锥曲线中的定点问题，常转换先求直线方程．[典例] (2013·陕西高考，节选)(本题满分12分)已知函数f (x )＝e x ，x ∈R . (1)求f (x )的反函数的图像上点(1,0)处的切线方程； (2)证明：曲线y ＝f (x )与曲线y ＝12x 2＋x ＋1有唯一公共点．1．(2013·北京东城模拟)已知函数：f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R)，g (x )＝12x 2＋e x －x e x .(1)当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；(2)当a <1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2，0]，f (x 1)<g (x 2)恒成立，求a 的取值范围．[解题流程] 第一步 利用斜率求切线方程 第二步构造新函数，将公共点转化为零点 第三步 求零点 第四步 求函数的导函数并判断其单调性进而求极值(最值) 第五步利用极值(最值)判断零点个数即交⇐⎣⎢⎢⎡解：(1)f (x )的反函数为g (x )＝ln x (x >0)，设所求切线的斜率为k ，∵g ′(x )＝1x ，∴k ＝g ′(1)＝1，于是在点(1，0)处切线方程为y ＝x －1.(2分)⇐⎣⎢⎡(2)证明：曲线y ＝e x 与y ＝12x 2＋x ＋1公共的个数等于函数φ(x )＝e x －12x 2－x －1零点的个数.(4分)⇐⎣⎢⎡∵φ(0)＝1－1＝0，∴φ(x )存在零点x ＝0.(5分) ⇐⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎡又φ′(x )＝e x －x －1，令h (x )＝φ′(x )＝e x－x －1，则h ′(x )＝e x－1，当x ＜0时，h ′(x )＜0，∴φ′(x )在(－∞，0)上单调递减；当x ＞0时，h ′(x )＞0，∴φ′(x )在(0，＋∞)上单调递增.(8分)∴φ′(x )在x ＝0有唯一的极小值φ′(0)＝0， 即φ′(x )在R 上的最小值为φ′(0)＝0.⇐⎣⎢⎡∴φ′(x )≥0(仅当x ＝0时等号成立)，∴φ(x )在R 上是单调递增的，∴φ(x )在R 上有唯一的零点，⇐⎣⎡故曲线y ＝f (x )与y ＝12x 2＋x ＋1有唯一的公共点.(12分) 想不到第二次求导即构造新函数h (x )导致解题中断．不说明φ′(x )有最小值0导致扣分．[失分警示]不说明两曲线公共点的个数等于函数零点个数，步骤不规范．解：(1)依题意得，f (x )的定义域为(0，＋∞)， ∵f ′(x )＝(x －1)(x －a )x 2(a ∈R)，∴①当a ≤1时，x ∈[1，e]，f ′(x )≥0，f (x )为增函数， f (x )min ＝f (1)＝1－a .②当1<a <e 时，x ∈[1，a ]，f ′(x )≤0，f (x )为减函数， x ∈[a ，e]，f ′(x )≥0，f (x )为增函数， f (x )min ＝f (a )＝a －(a ＋1)ln a －1.③当a ≥e 时，x ∈[1，e]，f ′(x )≤0，f (x )为减函数， f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae .综上，当a ≤1时，f (x )min ＝1－a ； 当1<a <e 时，f (x )min ＝a －(a ＋1)ln a －1； 当a ≥e 时，f (x )min ＝e －(a ＋1)－ae.(2)若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2,0]， f (x 1)<g (x 2)恒成立， 即f (x 1)min <g (x 2)min .当a <1时，x 1∈[e ，e 2]，由(1)可知， f ′(x )>0，f (x )为增函数， ∴f (x 1)min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae ，g ′(x )＝x ＋e x －x e x －e x ＝x (1－e x )， 当x 2∈[－2,0]时g ′(x )≤0， g (x )为减函数，g (x 2)min ＝g (0)＝1， ∴e －(a ＋1)－ae <1，即a >e 2－2e e ＋1，∴a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2－2e e ＋1，1.2．已知函数f (x )＝ax ＋x ln x ，且图像在点⎝⎛⎭⎫1e ，f ⎝⎛⎭⎫1e 处的切线斜率为1(e 为自然对数的底数)．(1)求实数a 的值；(2)设g (x )＝f (x )－x x －1，求g (x )的单调区间；(3)当m >n >1(m ，n ∈Z)时，证明：mn n m >n m . 解：(1)f (x )＝ax ＋x ln x ，f ′(x )＝a ＋1＋ln x ， 依题意f ′⎝⎛⎭⎫1e ＝a ＝1，所以a ＝1. (2)因为g (x )＝f (x )－x x －1＝x ln x x －1，所以g ′(x )＝x －1－ln x(x －1)2.设φ(x )＝x －1－ln x ，则φ′(x )＝1－1x .当x >1时，φ′(x )＝1－1x >0，φ(x )是增函数，对任意x >1，φ(x )>φ(1)＝0，即当x >1时，g ′(x )>0， 故g (x )在(1，＋∞)上为增函数．当0<x <1时，φ′(x )＝1－1x <0，φ(x )是减函数，对任意x ∈(0,1)，φ(x )>φ(1)＝0，即当0<x <1时， g ′(x )>0，故g (x )在(0,1)上为增函数． 所以g (x )的递增区间为(0,1)，(1，＋∞)．(3)证明：要证mn n m>n m ，即证ln n m －ln m n >ln n －ln m ， 即n －1n ln m >m －1m ln n ，m ln m m －1>n ln n n －1.(*)因为m >n >1，由(2)知，g (m )>g (n )，故(*)式成立，所以mn n m>n m . 3．(2013·河北模拟)设函数f (x )＝x －1e x 的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)． (1)求函数f (x )在[m ，m ＋1](m >0)上的最小值； (2)设函数g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧0(x ＝0)，1f (x )(x ≠0)，若x 1≠x 2，且g (x 1)＝g (x 2)，证明：x 1＋x 2>2.解：(1)由题意得f ′(x )＝x e x －e xx 2，则当x >1时，f ′(x )>0；0<x <1时，f ′(x )<0.由此可知函数f (x )在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数． 当m ≥1时，函数f (x )在[m ，m ＋1]上是增函数， 此时f (x )min ＝f (m )＝e mm.当0<m <1时，函数f (x )在[m,1]上是减函数， 在[1，m ＋1]上是增函数，此时f (x )min ＝f (1)＝e.(2)证明：由题意可得g (x )＝x e －x (x ∈R)，g ′(x )＝(1－x )e －x . 所以g (x )在(－∞，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数．① 设函数F (x )＝g (x )－g (2－x )， 即F (x )＝x e －x ＋(x －2)e x －2， 于是F ′(x )＝(x －1)(e 2x －2－1)e －x ， 当x >1时，2x －2>0，从而e 2x －2－1>0， 又e －x >0，所以F ′(x )>0，从而函数F (x )在[1，＋∞)上是增函数． 又F (1)＝e －1－e －1＝0，所以x >1时， 有F (x )>F (1)＝0，即g (x )>g (2－x )．②由①及g (x 1)＝g (x 2)知x 1与x 2只能在1的两侧． 不妨设0<x 1<1，x 2>1， 由结论②可知，g (x 2)>g (2－x 2)，所以g(x1)＝g(x2)>g(2－x2)．因为x2>1，所以2－x2<1，又由结论①可知函数g(x)在(－∞，1)上是增函数，所以x1>2－x2，即x1＋x2>2.。
2021版新高考数学一轮复习规范答题提升课1函数与导数综合问题课件新人教B版
规范答题提升课(一)函数与导数综合问题考题（12分）（2019·全国卷Ⅱ）已知函数f(x)=ln x-①.（1）讨论f(x)的单调性②，并证明f(x)有且仅有两个零点.③（2）设x是f(x)的一个零点，证明曲线y=ln x在点A(x，ln x)处④的切线也是000曲线y=e x的切线⑤.【命题意图】该题主要利用导数求已知函数的单调性、零点个数的证明、利用导数的几何意义求解曲线的切线问题.考查转化与化归、函数与方程的数学思想以及逻辑推理、数学运算等核心素养.模板流程与说明【规范解答】(1)f(x)的定义域为(0,1),(1,+∞),……………………1分因为f′(x)=>0,………………………………………………2分所以f(x)分别在(0,1)和(1,+∞)上单调递增.…………………………3分因为f(e)=1-<0,f(e2)=2->0,所以f(x)在(1,+∞)有唯一零点x,即f(x)=0.…………………………4分11又0<<1,f=-ln x+=-f(x)=0,11故f(x)在(0,1)有唯一零点.…………………………………………5分综上,f(x)有且仅有两个零点.…………………………………………6分)=0,(2)因为=,故点B在曲线y=e x上.由题设知f(x=,……………………………………………………8分即ln x故直线AB的斜率k=………………10分曲线y=e x在点B(-ln x,)处切线的斜率是,曲线y=ln x在点A(x,ln x)处切线的斜率也是,……………………11分00所以曲线y=ln x在点A(x,ln x)处的切线也是曲线y=e x的切线.…………12分00得分要点送分点:若不求函数定义域,则扣1分.送分点:不能准确求解导数,则不得分;若不注意函数定义域的限制,则无法判断导函数的符号.易错点:不能把两个区间利用符号“∪”连接,只能写“和”或不写.出现此类错误,扣1分.得分点:当x→+∞时,f(x)→+∞,即可判断出函数值在这个区间内变号,故在该区间内存在一个零点.易错点:该处存在的问题是不能找到变号的函数值,利用零点存在性定理进行判断,则无法得分.易错点:该处易出现的问题是不能根据指数的运算判断点与曲线的位置关系.得分点:利用两点坐标求解直线AB斜率,运算式子比较复杂,易错.算错扣2分.得分点:说明两个函数的切线斜率相等,得到结论.若漏掉说明,则扣1分.误区警示1.树立定义域优先的原则,这是利用导数研究函数问题易出现的失误.2.准确把握函数单调性这个核心,准确理解函数单调性与导函数符号之间的关系,区分求单调区间与已知单调区间求参数两类问题,避免失误.解题策略ꢀ判断函数零点个数的常用方法(1)直接研究函数,求出极值以及最值,画出草图.函数零点的个数问题即是函数图象与x轴交点的个数问题.(2)分离出参数,转化为a=g(x),根据导数的知识求出函数g(x)在某区间的单调性,求出极值以及最值,画出草图.函数零点的个数问题即是直线y=a与函数y=g(x)图象交点的个数问题.只需要把a与函数g(x)的极值和最值进行比较即可.。
规范答题示范课——函数与导数解答题
规范答题示范课——函数与导数解答题函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点.对于这类综合问题，一般是先求导，再变形、分离或分解出基本函数，再根据题意处理.(12分)(2021·全国甲卷)已知a ＞0且a ≠1，函数f (x )＝x aa x (x ＞0).(1)当a ＝2时， 求f (x )的单调区间；(2)若曲线y ＝f (x )与直线y ＝1有且仅有两个交点，求a 的取值范围.解 (1)当a ＝2时，f (x )＝x 22x ，定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x （2－x ln 2）2x(x ＞0)，2分 令f ′(x )＞0，则0＜x ＜2ln 2，此时函数f (x )单调递增，令f ′(x )＜0，则x ＞2ln 2，此时函数f (x )单调递减，4分所以函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2ln 2，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫2ln 2，＋∞.5分 (2)曲线y ＝f (x )与直线y ＝1有且仅有两个交点，则转化为方程x a a x ＝1(x ＞0)有两个不同的解，即方程ln x x ＝ln a a 有两个不同的解.7分设g (x )＝ln x x (x ＞0)，则g ′(x )＝1－ln x x 2(x >0)，令g ′(x )＝1－ln x x 2＝0，得x ＝e ，8分当0＜x ＜e 时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增，当x ＞e 时，g ′(x )＜0，函数g (x )单调递减，故g (x )max ＝g (e)＝1e ，10分且当x ＞e 时，g (x )∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ，又g (1)＝0， 所以0＜ln a a ＜1e ，所以a ＞1且a ≠e ，故a 的取值范围为(1，e)∪(e ，＋∞).12分❶得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分.如第(1)问中，求导正确，判断单调性；第(2)问中，求函数g (x )的最大值g (e)＝1e ，利用零点存在性定理，得不等式0<ln a a <1e等. ❷得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中，f (x )在定义域(0，＋∞)上单调性的判断；第(2)问中，将条件转化为方程ln x x ＝ln a a 有两个不同的解，构造函数g (x )＝ln x x ，利用导数求g (x )的最大值1e 等.❸得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如第(1)问中，求导f ′(x )准确，否则全盘皆输；第(2)问中正确求g ′(x )及g (x )max ，数形结合得不等式组，并准确计算出a >1，且a ≠e ，否则导致失分.1.已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝x ＋m (m ∈R ).(1)若f (x )≤g (x )恒成立，求实数m 的取值范围；(2)已知x 1，x 2是函数F (x )＝f (x )－g (x )的两个零点，且x 1<x 2，求证：x 1x 2<1.(1)解 令F (x )＝f (x )－g (x )＝ln x －x －m (x >0)，则F ′(x )＝1x －1＝1－x x (x >0)，当x >1时，F ′(x )<0，当0<x <1时，F ′(x )>0，所以F (x )在(1，＋∞)上单调递减，在(0，1)上单调递增.所以F (x )在x ＝1处取得最大值－1－m .若f (x )≤g (x )恒成立，则－1－m ≤0，即m ≥－1.故m 的取值范围为[－1，＋∞).(2)证明 由(1)可知，若函数F (x )＝f (x )－g (x )有两个零点，有F (1)>0，则m <－1，0<x 1<1<x 2，要证x 1x 2<1，只需证x 2<1x 1， 由于F (x )在(1，＋∞)上单调递减，从而只需证F (x 2)>F ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1， 由F (x 1)＝F (x 2)＝0，m ＝ln x 1－x 1，即证ln 1x 1－1x 1－m ＝ln 1x 1－1x 1＋x 1－ln x 1＝－1x 1＋x 1－2ln x 1<0， 令h (x )＝－1x ＋x －2ln x (0<x <1)，则h ′(x )＝1x 2＋1－2x ＝x 2－2x ＋1x 2>0， 故h (x )在(0，1)上单调递增，h (x )<h (1)＝0，所以x 1x 2<1.2.(2021·天津卷)已知a ＞0，函数f (x )＝ax －x e x .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)证明函数y ＝f (x )存在唯一的极值点；(3)若存在实数a ，使得f (x )≤a ＋b 对任意x ∈R 成立，求实数b 的取值范围.(1)解 f ′(x )＝a －(x ＋1)e x ，则f ′(0)＝a －1，又f (0)＝0，则所求切线方程为y ＝(a －1)x (a ＞0).(2)证明 令f ′(x )＝a －(x ＋1)e x ＝0，则a ＝(x ＋1)e x .令g (x )＝(x ＋1)e x ，则g ′(x )＝(x ＋2)e x .当x ∈(－∞，－2)时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减；当x ∈(－2，＋∞)时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增.又当x→－∞时，g(x)＜0，当x→＋∞时，g(x)＞0，又g(－1)＝0，故画出g(x)的大致图象如下：所以当a＞0时，y＝a与y＝g(x)的图象仅有一个交点.令g(m)＝a，则m＞－1，且f′(m)＝a－g(m)＝0.当x∈(－∞，m)时，a＞g(x)，则f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(m，＋∞)时，a ＜g(x)，则f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以x＝m为f(x)的极大值点，故f(x)存在唯一的极值点.(3)解由(2)知f(x)max＝f(m)，此时a＝(1＋m)e m，且m＞－1，所以(f(x)－a)max＝f(m)－a＝(m2－m－1)e m，m＞－1.令h(x)＝(x2－x－1)e x(x＞－1)，若存在a，使得f(x)≤a＋b对任意x∈R成立，等价于存在x∈(－1，＋∞)，使得h(x)≤b，即b≥h(x)min.h′(x)＝(x2＋x－2)e x＝(x－1)(x＋2)e x，x＞－1，当x∈(－1，1)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝－e，故b≥－e，所以实数b的取值范围为[－e，＋∞).。
21版高考数学人教A版浙江专用大一轮复习规范答题提升课(一)函数与导数综合问题
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规范答题提升课 (一)函数与导数综合问题考题模板流程与说明(2019·浙江高考·T22)(本小题满分15分)已知实数a≠0,设函数f(x)=aln x+,x>0(1)当a=-时,求函数f(x)的单调区间(2)对任意x∈均有f(x)≤求a的取值范围注:e=2.718 28…为自然对数的底数.得分要点【规范解答】(1)当a=-时,f(x)=送分点:直接把a的值代入,求-ln x+,x>0. (1)分f′(x)=-+=,……3分所以,函数f(x)的单调递减区间为(0,3),单调递增区间为(3,+∞).……5分(2)由f(1)≤,得0<a≤.……6分当0<a≤时,f(x)≤等价于--2ln x≥0. ……8分令t=,则t≥2.设g(t)=t2-2t-2ln x,t≥2,…………9分(ⅰ)当x∈时,得导数,该步比较简单,属于送分步骤.得分点:可将式子通分,因式分解,然后对导数符号进行研究分析,判断出函数的单调区间.易错点:该步易漏掉定义域,没有定义域的扣1分.得分点:讨论导数的符号一般要对式子进行因式分解,再对每个因式的符号进行讨论,若直接得单调区间只得结果分(扣1分). 得分点:由不等式f(x)≤,对任意x∈恒成立,可赋值初步求得a的范围. 得分点:依据a的大范围,对不等式进行等价转化,否则扣1分.得分点:强化整体意识,换元t=构造关于t的函数g(t)=t2≤2,则g(t)≥g(2)=8-4-2ln x.记p(x)=4-2-ln x,x≥,则p′(x)=--=.……10分-2t-2ln x,t≥2. 得分点:找准讨论点x∈,再次构造函数p(x)=4-2-ln x,x≥.得分点:对函数求导,求出p(x)的最小值.得分点:找准讨论点x∈,再次构造函数q(x)=2ln x+(x+1),x∈,对函数求导,判断q(x)的最小值的符号,进而得出a的取值范围.考题模板流程与说明故x 1 (1,+∞)p′(x) - - 0 +p(x) p单调递减极小值p(1)单调递增所以,p(x)≥p(1)=0.因此,g(t)≥g(2)=2p(x)≥0. …………12分(ⅱ)当x∈时,g(t)≥g=. 令q(x)=2ln x+(x+1),x∈,则q′(x)=+1>0,故q(x)在上单调递增,所以q(x)≤q.…………13分由(ⅰ)得q=-p<-p(1)=0.所以,q(x)<0.因此g(t)≥g=->0.由(ⅰ)(ⅱ)得对任意x∈,t∈[2,+∞),g(t)≥0,即对任意x∈,均有f(x)≤.………………14分综上所述,所求a的取值范围是. …………15分考情分析导数与函数问题是高考的高频考点,命题大多放在解答题压轴位置,主要考查利用导数解决函数的最值、极值、零点等问题.解题时要注意利用导数研究函数的单调性,再利用单调性画出函数草图,进而结合图象解决极值、最值、零点等问题解题策略用导数解决函数性质、不等式成立等的方法关闭Word文档返回原板块快乐分享，知识无界！感谢您的下载!由Ruize收集整理！。
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【典例示范 】 (12 分)(2019·全国Ⅱ卷)已知函数 f(x)＝ln x－xx＋ －11. (1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点； (2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex 的切线. 切入点：利用导数判定函数单调性，找区间零点. 关键点：利用f(x)的零点x0，确定切点坐标，求切线方程.
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故 f(x)在(0，1)有唯一零点x11. 综上，f(x)有且仅有两个零点.6 分
(2)证明 因为x10＝e－ln x0，
所以点
B－lnx0，x10在曲线来自y＝ex上.7
分
由题设知 f(x0)＝0，即 ln x0＝xx00＋ －11，
故直线 AB 的斜率 k＝－x10l－n xl0n－x0x0＝－x10xx－00－＋xx0011＋－－11x0＝x10.9 分
❸得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如第(1)问中，求导 f′(x)准确，
否则全盘皆输，判定 f(x1)＝－fx11＝0.第(2)问中，正确计算 kAB 等，否则不得分.
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[满分体验] 1.已知函数 f(x)＝－ax2＋ex－1(0≤a≤2e).
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率为e，求a的值； (2)求证：当x>0时，f(x)>0. (1)解 由函数f(x)＝－ax2＋ex－1， 可得f′(x)＝ex－2ax， ∵曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率为e， ∴f′(1)＝e－2a＝e，∴a＝0.
故h(x)在(0，1)上单调递增，h(x)<h(1)＝0， 所以x1x2<1.
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本节内容结束
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规范答题示范课——函数与导数解答题
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[破题之道] 函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的 一些性质，如含参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨 论，函数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高 考试题的命题热点.对于这类综合问题，一般是先求导，再变形、分离或分解出基 本函数，再根据题意处理.
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∴f′(x)min＝f′(ln(2a))＝eln(2a)－2aln(2a)＝2a(1－ln(2a))， ∵12<a≤2e，∴1－ln(2a)≥0，∴f′(x)min≥0， ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 故f(x)>f(0)＝0，满足题意， 综上，当x>0时，f(x)>0.
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[规范解答] (1)解 f(x)的定义域为(0，1)∪(1，＋∞). 因为 f′(x)＝1x＋（x－21）2>0， 所以 f(x)在(0，1)，(1，＋∞)单调递增.2 分 因为 f(e)＝1－ee＋－11<0，f(e2)＝2－ee22－＋11＝ee22－ －31>0，所以 f(x)在(1，＋∞)有唯一零点 x1(e<x1<e2)，即 f(x1)＝0.4 分 又 0<x11<1，fx11＝－ln x1＋xx11＋ －11＝－f(x1)＝0，
判断单调性，利用零点存在定理确定零点个数；第(2)问中，由 f(x0)＝0 定切点 B， 求切线的斜率.
❷得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中，求出
f(x)的定义域，f′(x)在(0，＋∞)上单调性的判断；第(2)问中，找关系 ln x0＝xx00－＋11， 判定两曲线在点 B 处切线的斜率相等.
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(2)证明 由(1)知f′(x)＝ex－2ax， 令h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝ex－2a(x>0)， ①当 0≤a≤12时，h′(x)>0，h(x)＝f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，f′(x)>f′(0)＝1，f(x)在(0， ＋∞)上单调递增，f(x)>f(0)＝0，满足题意. ②当12<a≤2e时，令 h′(x)＝ex－2a＝0，解得 x＝ln(2a)， 当 x∈(0，ln(2a))时，h′(x)<0，f′(x)＝h(x)在(0，ln(2a))上单调递减； 当 x∈(ln(2a)，＋∞)时，h′(x)>0，f′(x)＝h(x)在(ln(2a)，＋∞)上单调递增.
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2.(2020·武汉检测)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝x＋m(m∈R). (1)若f(x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围； (2)已知x1，x2是函数F(x)＝f(x)－g(x)的两个零点，且x1<x2，求证：x1x2<1. (1)解 令 F(x)＝f(x)－g(x)＝ln x－x－m(x>0)，则 F′(x)＝1x－1＝1－x x(x>0)， 当x>1时，F′(x)<0，当0<x<1时，F′(x)>0， 所以F(x)在(1，＋∞)上单调递减，在(0，1)上单调递增. F(x)在x＝1处取得最大值－1－m，若f(x)≤g(x)恒成立，则－1－m≤0，即m≥－1. 故m的取值范围为[－1，＋∞).
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又曲线
y＝ex 在点
B－ln
x0，x10处切线的斜率是x10，曲线
y＝ln
x
在点
A(x0，ln
x0)处
切线的斜率也是x10，
所以曲线 y＝ln x 在点 A(x0，ln x0)处的切线也是曲线 y＝ex 的切线.12 分
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[高考状元满分心得]
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❶得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分.如第(1)问中，求导正确，
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(2)证明 由(1)可知，若函数F(x)＝f(x)－g(x)有两个零点，则m<－1，0<x1<1<x2， 要证 x1x2<1，只需证 x2<x11， 由于 F(x)在(1，＋∞)上单调递减，从而只需证 F(x2)>Fx11， 由 F(x1)＝F(x2)＝0，m＝ln x1－x1， 即证 ln x11－x11－m＝ln x11－x11＋x1－ln x1<0， 令 h(x)＝－1x＋x－2ln x(0<x<1)，则 h′(x)＝x12＋1－2x＝x2－x22x＋1>0，