2021高考数学函数与导数第三章-高考专题突破一课件

高考专题突破一高考中的导数应用问题大一轮复习讲义高考专题突破一高考中的导数应用问题大一轮复习讲义内容索引INDEX课时精练课时精练第1课时导数与不等式第2课时导数与方程内容索引INDEX课时精练课时精练第1课时导数与不等式第2导数与不等式第1课时导数与不等式第1课时证明不等式题型一多维探究命题点1构造函数法(1)求a，b的值；证明不等式题型一多维探究命题点1构造函数法(1)求a，b的因为曲线y＝f

(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直，所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，所以g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，解得a＝－1，b＝－1.因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以当x≥1时，h(x)≥h(1)＝0，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以当x≥1时，h(x命题点2分拆函数法例2

(2019·福州期末)已知函数f

(x)＝elnx－ax(a∈R).(1)讨论f

(x)的单调性；①若a≤0，则f′(x)>0，f

(x)在(0，＋∞)上单调递增；命题点2分拆函数法例2(2019·福州期末)已知函数f(2)当a＝e时，证明：xf

(x)－ex＋2ex≤0.当a＝e时，由(1)知，f

(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.所以f

(x)max＝f

(1)＝－e，所以当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，所以g(x)min＝g(1)＝－e，综上，当x>0时，f

(x)≤g(x)，(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.当a(1)利用导数证明不等式的基本思路是依据函数的单调性，求得函数的最值，然后由f

(x)≤f

(x)max或f

(x)≥f

(x)min证得不等式.(2)证明f

(x)>g(x)，可以构造函数h(x)＝f

(x)－g(x)，然后利用h(x)的最值证明不等式.(3)若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形分拆，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目的.思维升华SIWEISHENGHUA(1)利用导数证明不等式的基本思路是依据函数的单调性，求得函跟踪训练1

(1)设函数f

(x)＝lnx－x＋1.①讨论f

(x)的单调性；解由题设知，f

(x)的定义域为(0，＋∞)，当0<x<1时，f′(x)>0，f

(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f

(x)单调递减.跟踪训练1(1)设函数f(x)＝lnx－x＋1.解由证明由①知，f

(x)在x＝1处取得极大值也为最大值，最大值为f

(1)＝0.所以当x≠1时，lnx<x－1.证明由①知，f(x)在x＝1处取得极大值也为最大值，最大2021高考数学函数与导数第三章-高考专题突破一课件证明

函数f

(x)的定义域为(0，＋∞).设函数g(x)＝xlnx，则g′(x)＝1＋lnx，所以当x∈(0,1)时，h′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0.证明函数f(x)的定义域为(0，＋∞).设函数g(x)＝故h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以当x>0时，g(x)>h(x)，即f

(x)>1.故h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，不等式恒成立或有解问题题型二师生共研不等式恒成立或有解问题题型二师生共研令f′(x)＝0，得x＝1.当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f

(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f

(x)单调递减.所以x＝1为函数f

(x)的极大值点，且是唯一极值点，解函数的定义域为(0，＋∞)，令f′(x)＝0，得x＝1.解函数的定义域为(0，＋∞)，所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)>0，所以g(x)为单调增函数，所以g(x)≥g(1)＝2，故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2].所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)>0，引申探究由本例(2)解题知，g(x)为单调增函数，引申探究由本例(2)解题知，g(x)为单调增函数，利用导数解决不等式的恒成立或有解问题的策略(1)构造函数，利用导数求出最值，进而求出参数的取值范围.(2)分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.思维升华SIWEISHENGHUA利用导数解决不等式的恒成立或有解问题的策略思维升华SIWE跟踪训练2已知函数f

(x)＝ex－1－x－ax2.(1)当a＝0时，求证：f

(x)≥0；证明当a＝0时，f

(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1.当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.故f

(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，f

(x)min＝f

(0)＝0，∴f

(x)≥0.跟踪训练2已知函数f(x)＝ex－1－x－ax2.证明(2)当x≥0时，若不等式f

(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.(2)当x≥0时，若不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取解f′(x)＝ex－1－2ax，令h(x)＝ex－1－2ax，则h′(x)＝ex－2a.在[0，＋∞)上，h′(x)≥0，h(x)单调递增，h(x)≥h(0)，即f′(x)≥f′(0)＝0，∴f

(x)在[0，＋∞)上为增函数，∴f

(x)≥f

(0)＝0，令h′(x)＝0，解得x＝ln(2a)，在[0，ln(2a))上，h′(x)<0，h(x)单调递减，∴当x∈(0，ln(2a))时，有h(x)<h(0)＝0，解f′(x)＝ex－1－2ax，令h(x)＝ex－1－2a即f′(x)<f′(0)＝0，∴f

(x)在区间(0，ln(2a))上为减函数，∴f

(x)<f

(0)＝0，不合题意.即f′(x)<f′(0)＝0，高考中的导数问题常以ex，lnx组合的函数为基础来命制，将基本初等函数与导数相结合，研究函数的性质，下面介绍解决这类问题的几种策略.一、函数零点设而不求含ex，lnx函数或不等式的解题策略拓展视野例1

证明：ex－lnx>2.高考中的导数问题常以ex，lnx组合的函数为基础来命制，将∴f′(x)在(0，＋∞)上是增函数，∴在(0，x0)上f

(x)单调递减，在(x0，＋∞)上f

(x)单调递增，∴f

(x)在x＝x0处有极小值，也是最小值.故f

(x)>2，即ex－lnx>2.∴f′(x)在(0，＋∞)上是增函数，∴在(0，x0)上f二、分离lnx与ex例2

(2019·长沙三校统考)已知函数f

(x)＝ax2－xlnx.(1)若函数f

(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；解由题意知，f′(x)＝2ax－lnx－1.因为函数f

(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x>0时，f′(x)≥0，易知g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则g(x)max＝g(1)＝1，二、分离lnx与ex解由题意知，f′(x)＝2ax－ln2021高考数学函数与导数第三章-高考专题突破一课件2021高考数学函数与导数第三章-高考专题突破一课件再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，易知φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0.故原不等式成立.再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，故原不等式三、借助ex≥x＋1和lnx≤x－1进行放缩例3

(2019·长春质检)已知函数f

(x)＝ex－a.(1)若函数f

(x)的图象与直线l：y＝x－1相切，求a的值；解f′(x)＝ex，因为函数f

(x)的图象与直线y＝x－1相切，所以令f′(x)＝1，即ex＝1，得x＝0，即f

(0)＝－1，解得a＝2.三、借助ex≥x＋1和lnx≤x－1进行放缩解f′(x)(2)若f

(x)－lnx>0恒成立，求整数a的最大值.(2)若f(x)－lnx>0恒成立，求整数a的最大值.解先证明ex≥x＋1，设F

(x)＝ex－x－1，则F′(x)＝ex－1，令F′(x)＝0，则x＝0，当x∈(0，＋∞)时，F′(x)>0，当x∈(－∞，0)时，F′(x)<0，所以F

(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，所以F

(x)min＝F

(0)＝0，即F

(x)≥0恒成立，即ex≥x＋1，即ex－2≥x－1，当且仅当x＝0时等号成立，同理可得lnx≤x－1，当且仅当x＝1时等号成立，所以ex－2>lnx，解先证明ex≥x＋1，设F(x)＝ex－x－1，当a≤2时，lnx<ex－2≤ex－a，即当a≤2时，f

(x)－lnx>0恒成立.当a≥3时，存在x＝1，使ex－a<lnx，即ex－a>lnx不恒成立.综上，整数a的最大值为2.当a≤2时，lnx<ex－2≤ex－a，基础保分练1.已知f

(x)＝ex－ax2，若f

(x)≥x＋(1－x)·ex在[0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围.12345课时精练基础保分练1.已知f(x)＝ex－ax2，若f(x)≥x12345解f

(x)≥x＋(1－x)ex，即ex－ax2≥x＋ex－xex，即ex－ax－1≥0，x≥0.令h(x)＝ex－ax－1(x≥0)，则h′(x)＝ex－a(x≥0)，当a≤1时，由x≥0知h′(x)≥0，∴在[0，＋∞)上h(x)≥h(0)＝0，原不等式恒成立.当a>1时，令h′(x)>0，得x>lna；令h′(x)<0，得0≤x<lna.∴h(x)在[0，lna)上单调递减，又∵h(0)＝0，∴h(x)≥0不恒成立，∴a>1不合题意.综上，实数a的取值范围为(－∞，1].12345解f(x)≥x＋(1－x)ex，即ex－ax22.(2020·沧州七校联考)设a为实数，函数f

(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.(1)求f

(x)的单调区间与极值；12345解由f

(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，得f′(x)＝ex－2，x∈R，令f′(x)＝0，得x＝ln2.于是当x变化时，f′(x)，f

(x)的变化情况如下表：x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)－0＋f

(x)↘2(1－ln2＋a)↗故f

(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞).f

(x)在x＝ln2处取得极小值，极小值f

(ln2)＝2(1－ln2＋a).无极大值.2.(2020·沧州七校联考)设a为实数，函数f(x)＝e(2)求证：当a>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.12345证明设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.由(1)知当a>ln2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R内单调递增.于是当a>ln2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0).又g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.(2)求证：当a>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，故f

(x)在(0，＋∞)上单调递增.3.(2017·全国Ⅲ)已知函数f

(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x.(1)讨论f

(x)的单调性；解f

(x)的定义域为(0，＋∞)，12345若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，3.(20123451234512345当x∈(0,1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.12345当x∈(0,1)时，g′(x)>0；12345故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.所以当x>0时，g(x)≤0.12345故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)12345技能提升练(1)若m＝3，求f

(x)的极值；解f

(x)的定义域为(0，＋∞)，∴当x>3时，f′(x)>0，f

(x)是增函数，当0<x<3时，f′(x)<0，f

(x)是减函数.∴f

(x)有极小值f

(3)＝1＋ln3，没有极大值.12345技能提升练(1)若m＝3，求f(x)的极值；解123451234512345解g(x)＝x3＋x2－x，g′(x)＝3x2＋2x－1.即m≥x－xlnx恒成立.令h(x)＝x－xlnx，则h′(x)＝1－lnx－1＝－lnx.12345解g(x)＝x3＋x2－x，g′(x)＝3x2＋12345∴当x>1时，h′(x)<0，当0<x<1时，h′(x)>0，∴h(x)在(0,1]上是增函数，在[1，＋∞)上是减函数，∴m≥1，即m的取值范围是[1，＋∞).12345∴当x>1时，h′(x)<0，当0<x<1时，h′12345拓展冲刺练5.已知函数f

(x)为偶函数，当x≥0时，f

(x)＝2ex，若存在实数m，对任意的x∈[1，k](k>1)，都有f

(x＋m)≤2ex，求整数k的最小值.12345拓展冲刺练5.已知函数f(x)为偶函数，当x≥012345解因为f

(x)为偶函数，且当x≥0时，f

(x)＝2ex，所以f

(x)＝2e|x|，对于x∈[1，k]，由f

(x＋m)≤2ex得2e|x＋m|≤2ex，两边取以e为底的对数得|x＋m|≤lnx＋1，所以－x－lnx－1≤m≤－x＋lnx＋1在[1，k]上恒成立，设g(x)＝－x＋lnx＋1(x∈[1，k])，所以g(x)在[1，k]上单调递减，所以g(x)min＝g(k)＝－k＋lnk＋1，12345解因为f(x)为偶函数，且当x≥0时，f(x12345设h(x)＝－x－lnx－1(x∈[1，k])，易知h(x)在[1，k]上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝－2，故－2≤m≤－k＋lnk＋1，若实数m存在，则必有－k＋lnk≥－3，又k>1，且k为整数，所以k＝2满足要求，故整数k的最小值为2.12345设h(x)＝－x－lnx－1(x∈[1，k])，导数与方程第2课时导数与方程第2课时函数零点个数问题题型一答题模板例1

(12分)(2019·全国Ⅰ)已知函数f

(x)＝sinx－ln(1＋x)，f′(x)为f

(x)的导数，证明：函数零点个数问题题型一答题模板例1(12分)(2019·全证明f

(x)的定义域为(－1，＋∞)，∴当x∈(－1，x0)时，g′(x)>0；规范解答证明f(x)的定义域为(－1，＋∞)，∴当x∈(－1，x2021高考数学函数与导数第三章-高考专题突破一课件(2)f

(x)有且仅有2个零点.(2)f(x)有且仅有2个零点.①当x∈(－1,0]时，由(1)可知f′(x)在(－1,0]上单调递增，∴f′(x)≤f′(0)＝0，∴f

(x)在(－1,0]上单调递减，又f

(0)＝0.∴x＝0为f

(x)在(－1,0]上的唯一零点. [7分]又f′(0)＝0，∴f′(x0)>0，∴f

(x)在(0，x0)上单调递增，此时f

(x)>f

(0)＝0，不存在零点，①当x∈(－1,0]时，由(1)可知f′(x)在(－1,0]2021高考数学函数与导数第三章-高考专题突破一课件④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)>ln(π＋1)>1，∴f

(x)＝sinx－ln(1＋x)<0，∴f

(x)在(π，＋∞)上不存在零点，综上所述，f

(x)有且仅有2个零点. [12分]④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)>ln(π＋1)>1，答题模板第一步：求导函数f′(x)；第二步：二次求导：设g(x)＝f′(x)，求g′(x)；第三步：讨论g(x)的性质：根据g′(x)的符号讨论g(x)的单调性和零点；第四步：讨论f

(x)的性质：根据f′(x)的符号讨论f

(x)的单调性和零点.答题模板跟踪训练1

(2020·南京调研)已知函数f

(x)＝ex－ax－1(a∈R)(e＝2.71828…是自然对数的底数).(1)求f

(x)的单调区间；解因为f

(x)＝ex－ax－1，所以f′(x)＝ex－a，当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f

(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；当a>0时，令f′(x)<0，得x<lna，令f′(x)>0，得x>lna，所以f

(x)的单调递减区间为(－∞，lna)，单调递增区间为(lna，＋∞).跟踪训练1(2020·南京调研)已知函数f(x)＝ex－2021高考数学函数与导数第三章-高考专题突破一课件由(1)知，当a≤0时，f

(x)在R上单调递增；当a>0时，f

(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增；若a≤0，由f

(0)＝0，知f

(x)在区间[0,1]上有一个零点；若lna≤0，即0<a≤1，则f

(x)在[0,1]上单调递增，所以f

(x)在[0,1]上有一个零点；若0<lna<1，即1<a<e，则f

(x)在(0，lna)上单调递减，在(lna,1)上单调递增，又f

(1)＝e－a－1，所以当e－a－1≥0，即1<a≤e－1时，f

(x)在[0,1]上有两个零点，由(1)知，当a≤0时，f(x)在R上单调递增；当e－a－1<0，即e－1<a<e时，f

(x)在[0,1]上有一个零点；若lna≥1，即a≥e，则f

(x)在[0,1]上单调递减，f

(x)在[0,1]上只有一个零点.当e－a－1<0，即e－1<a<e时，f(x)在[0,1]根据函数零点情况求参数范围题型二师生共研例2已知函数f

(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3(a为实数)，若方程g(x)＝2f

(x)在区间

上有两个不等实根，求实数a的取值范围.根据函数零点情况求参数范围题型二师生共研例2已知函数f(解由g(x)＝2f

(x)，解由g(x)＝2f(x)，2021高考数学函数与导数第三章-高考专题突破一课件方程根或函数零点的个数可转化为函数图象的交点个数，确定参数范围时要根据函数的性质画出大致图象，充分利用导数工具和数形结合思想.思维升华SIWEISHENGHUA方程根或函数零点的个数可转化为函数图象的交点个数，确定参数范2021高考数学函数与导数第三章-高考专题突破一课件x(1,2)2(2,4)g′(x)－0＋g(x)↗极小值↘在[1,4]上，当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下：g(x)极小值＝g(2)＝ln2－b－2，x(1,2)2(2,4)g′(x)－0＋g(x)↗极小值↘在若方程g(x)＝0在[1,4]上恰有两个不相等的实数根，若方程g(x)＝0在[1,4]上恰有两个不相等的实数根，破解含双参问题关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧妙构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.含双参问题的转化拓展视野破解含双参问题关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满例1

(2020·蓉城名校联考)已知函数h(x)＝xe－x，如果x1≠x2且h(x1)＝h(x2)，证明：x1＋x2>2.例1(2020·蓉城名校联考)已知函数h(x)＝xe－x，证明h′(x)＝e－x(1－x)，令h′(x)＝0，解得x＝1，当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表.由x1≠x2，不妨设x1>x2，根据h(x1)＝h(x2)结合图象(图略)可知x1>1，x2<1.令F

(x)＝h(x)－h(2－x)，x∈[1，＋∞)，则F′(x)＝(x－1)(e2x－2－1)e－x，∵x≥1,2x－2≥0，∴e2x－2－1≥0，∴F′(x)≥0，∴F

(x)在[1，＋∞)上单调递增，证明h′(x)＝e－x(1－x)，由x1≠x2，不妨设x1又∵F

(1)＝0，∴x>1时，F

(x)>F

(1)＝0，即当x>1时，h(x)>h(2－x)，则h(x1)>h(2－x1)，又h(x1)＝h(x2)，∴h(x2)>h(2－x1)，∵x1>1，∴2－x1<1，∴x2,2－x1∈(－∞，1)，∵h(x)在(－∞，1)上是增函数，∴x2>2－x1，∴x1＋x2>2得证.又∵F(1)＝0，∴x>1时，F(x)>F(1)＝0，2021高考数学函数与导数第三章-高考专题突破一课件证明欲证x1x2>e2，需证lnx1＋lnx2>2，由函数f

(x)有两个极值点x1，x2，可得函数f′(x)有两个零点，又f′(x)＝lnx－mx，所以x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不同实根.②－①可得lnx2－lnx1＝m(x2－x1)，证明欲证x1x2>e2，需证lnx1＋lnx2>2，②所以h(t)为(1，＋∞)上的增函数，所以h(t)为(1，＋∞)上的增函数，所以有lnx1＋lnx2>2成立，即x1x2>e2.所以有lnx1＋lnx2>2成立，即x1x2>e2.基础保分练12345课时精练(1)求f

(x)的单调区间；解

函数f

(x)的定义域是(0，＋∞)，令f′(x)>0，解得x>e－2，令f′(x)<0，解得0<x<e－2，所以f

(x)的单调减区间为(0，e－2)，单调增区间为(e－2，＋∞).基础保分练12345课时精练(1)求f(x)的单调区间；解12345(2)判断f

(x)的零点个数.12345(2)判断f(x)的零点个数.12345f

(x)在(0，e－2]上单调递减，在[e－2，＋∞)上单调递增，∴f

(x)在区间(0，e－2]上无零点，在[e－2，＋∞)上有f

(e－2a)＝a(1－2e－a)≥0，f

(x)在区间[e－2，＋∞)上有一个零点；12345f(x)在(0，e－2]上单调递减，在[e－2，12345又f

(e－2)<0，f

(1)＝a>0，∴f

(x)在(0，e－2]上有一个零点，在(e－2，＋∞)上有一个零点.12345又f(e－2)<0，f(1)＝a>0，1234512345解g(x)＝2lnx－x2＋m，当1<x≤e时，g′(x)<0.故g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝m－1.12345解g(x)＝2lnx－x2＋m，当1<x≤e时，g′(x12345123453.已知函数f

(x)＝(2－a)(x－1)－2lnx(a∈R).(1)当a＝1时，求f

(x)的单调区间；12345解当a＝1时，f

(x)＝x－1－2lnx，x>0，由f′(x)>0，得x>2，由f′(x)<0，得0<x<2.故f

(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞).3.已知函数f(x)＝(2－a)(x－1)－2lnx(a1234512345123451234512345所以a的取值范围为[2－3ln3，＋∞).12345所以a的取值范围为[2－3ln3，＋∞).4.(2019·天津河北区模拟)已知函数f

(x)＝x3－3ax＋e，g(x)＝1－lnx，其中e为自然对数的底数.用max{m，n}表示m，n中的较大者，记函数h(x)＝max{f

(x)，g(x)}(x>0).若函数h(x)在(0，＋∞)内恰有两个零点，求实数a的取值范围.12345技能提升练4.(2019·天津河北区模拟)已知函数f(x)＝x3－3解因为函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，12345所以函数g(x)在(0，＋∞)内单调递减.①当x∈(0，e)时，g(x)>g(e)＝0，依题意，h(x)≥g(x)>0，则函数h(x)无零点.②当x