資源簡介

微專題3　函數的應用
常考常用結論
1．函數的零點及其與方程根的關系
對于函數f(x)，使f(x)＝0的實數x叫做函數f(x)的零點．函數F(x)＝f(x)－g(x)的零點就是方程f(x)＝g(x)的根，即函數y＝f(x)的圖象與函數y＝g(x)的圖象交點的橫坐標．
2．零點存在性定理
如果函數y＝f(x)在區間[a，b]上的圖象是連續不斷的一條曲線，并且有f(a)·f(b)<0，那么函數y＝f(x)在區間(a，b)內有零點，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，這個c也就是方程f(x)＝0的根．
1.[2023·河北唐山一模]已知函數f(x)＝，則函數g(x)＝f(x)－的零點個數為(　　)
A．1　　　　B．2　　　　C．3　　　　D．4
2．[2023·安徽合肥二模]Malthus模型是一種重要的數學模型．某研究人員在研究一種細菌繁殖數量N(t)與時間t關系時，得到的Malthus模型是N(t)＝N0e0.46t，其中N0是t＝t0時刻的細菌數量，e為自然對數的底數．若t時刻細菌數量是t0時刻細菌數量的6.3倍，則t約為(ln6.3≈1.84)(　　)
A．2B．3C．4D．5
3.(1)[2023·山東濟南三模]已知函數f(x)＝若函數g(x)＝f(x)－b有四個不同的零點，則實數b的取值范圍為(　　)
A．(0，1] B．[0，1]
C．(0，1) D．(1，＋∞)
(2)“ChatGPT”以其極高的智能化引起世界關注．深度學習是人工智能的一種具有代表性的實現方法，它是以神經網絡為出發點的．在神經網絡優化中，指數衰減的學習率模型為L＝，其中L表示每一輪優化時使用的學習率，L0表示初始學習率，D表示衰減系數，G表示訓練迭代輪數，G0表示衰減速度．已知某個指數衰減的學習率模型的初始學習率為0.5，衰減速度為18，且當訓練迭代輪數為18時，學習率為0.4，則學習率衰減到0.2以下(不含0.2)所需的訓練迭代輪數至少為(參考數據：lg2≈0.3)(　　)
A．75B．74C．73D．72
技法領悟
1．已知函數有零點(方程有根)求參數值(取值范圍)常用的方法
(1)數形結合法：先對解析式變形，在同一平面直角坐標系中，畫出函數的圖象，然后數形結合求解．
(2)分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數的值域問題加以解決．
2．解決函數實際應用題要認真讀題，縝密審題，準確理解題意，明確問題的實際背景，然后進行科學地抽象概括，將實際問題歸納為相應的數學問題．
[鞏固訓練3]　(1)[2023·安徽合肥二模]昆蟲信息素是昆蟲用來表示聚集、覓食、交配、警戒等信息的化學物質，是昆蟲之間起化學通訊作用的化合物，是昆蟲交流的化學分子語言，包括利它素、利己素、協同素、集合信息素、追蹤信息素、告警信息素、疏散信息素、性信息素等．人工合成的昆蟲信息素在生產中有較多的應用，尤其在農業生產中的病蟲害的預報和防治中較多使用．研究發現，某昆蟲釋放信息素t秒后，在距釋放處x米的地方測得的信息素濃度y滿足lny＝－lnt－x2＋a，其中k，a為非零常數．已知釋放信息素1秒后，在距釋放處2米的地方測得信息素濃度為m；若釋放信息素4秒后，距釋放處b米的位置，信息素濃度為，則b＝(　　)
A．3B．4C．5D．6
(2)已知函數f(x)及其導函數f′(x)的定義域均為R，若f(x＋1)是偶函數，g(x)＝(x－1)f′(x)－1恰有四個零點，則這四個零點的和為________.
微專題3　函數的應用
保分題
1．解析：令g(x)＝0得f(x)＝，
在同一直角坐標系中作出f(x)，y＝的大致圖象如下：
由圖象可知，函數y＝f(x)與y＝的圖象有3個交點，
即函數g(x)有3個零點．故選C.
答案：C
2．解析：當N＝t時，N(t)＝N0e0.46t＝6.3N0，即e0.46t＝6.3，
則0.46t＝ln6.3≈1.84，得t≈4.故選C.
答案：C
提分題
[例3]　(1)
解析：依題意，函數g(x)＝f(x)－b有四個不同的零點，即f(x)＝b有四個解，
轉化為函數y＝f(x)與y＝b圖象有四個交點，
結合圖象，可知實數b的取值范圍為(0，1].故選A.
(2)解析：由題意可得＝0.4，則D＝，
所以<0.2，即＝＝＝≈＝72，
所以所需的訓練迭代輪數至少為73次．故選C.
答案：A　
答案：C
[鞏固訓練3]　(1)解析：由題意lnm＝－4k＋a，ln＝－ln4－b2＋a，
所以lnm－ln＝－4k＋a－(－ln4－b2＋a)，
即－4k＋b2＝0.又k≠0，所以b2＝16.
因為b>0，所以b＝4.故選B.
(2)解析：將函數g(x)向左平移1個單位，所以g(x＋1)＝(x＋1－1)f′(x＋1)－1＝xf′(x＋1)－1.
因為f(x＋1)是偶函數，由偶函數的導數為奇函數可知，f′(x＋1)是奇函數，且奇函數與奇函數的乘積為偶函數，則y＝xf′(x＋1)為偶函數，
所以g(x＋1)＝xf′(x＋1)－1為偶函數，
又因為函數g(x)恰有四個零點，即函數g(x＋1)恰有四個零點，且這四個零點一定是兩組關于y軸對稱，其四個零點之和為0，
而g(x＋1)是由g(x)向左平移了1個單位，
所以g(x)的四個零點之和為4.
答案：B　
答案：4微專題2　基本初等函數
常考常用結論
1．指數與對數式的七個運算公式
(1)am·an＝am＋n；
(2)(am)n＝amn；
(3)loga(MN)＝logaM＋logaN；
(4)loga＝logaM－logaN；
(5)logaMn＝nlogaM；
(6)alogaN＝N；
(7)logaN＝.
注：a>0且a≠1，b>0且b≠1，M>0，N>0.
2．畫指數函數y＝ax(a>0，且a≠1)的圖象，應抓住三個關鍵點：(1，a)，(0，1)，(－1，)；在第一象限內，指數函數y＝ax(a>0且a≠1)的圖象越高，底數越大.
3．換底公式的兩個重要結論
(1)logab＝；＝logab.
其中a>0，且a≠1，b>0，且b≠1，m，n∈R.
4．在第一象限內，不同底的對數函數的圖象從左到右底數逐漸增大．對數函數y＝logax(a>0且a≠1)的圖象過定點(1，0)，且過點(a，1)，(，－1)，函數圖象只在第一、四象限．
1.[2023·天津卷]若a＝1.010.5，b＝1.010.6，c＝0.60.5，則a，b，c的大小關系為(　　)
A．c>a>bB．c>b>a
C．a>b>cD．b>a>c
2．[2022·北京卷]已知函數f(x)＝，則對任意實數x，有(　　)
A．f(－x)＋f(x)＝0B．f(－x)－f(x)＝0
C．f(－x)＋f(x)＝1D．f(－x)－f(x)＝
3．[2023·安徽蚌埠三模]標準的圍棋棋盤共19行19列，361個格點，每個格點上可能出現“黑”“白”“空”三種情況，因此有3361種不同的情況；而我國北宋學者沈括在他的著作《夢溪筆談》中，也討論過這個問題，他分析得出一局圍棋不同的變化大約有“連書萬字五十二種”，即1000052，下列數據最接近的是(lg3≈0.477)(　　)
A．10－37　B．10－36　C．10－35　D．10－34
2.(1)[2023·山東聊城三模]設a＝0.20.5，b＝0.50.2，c＝log0.50.2，則(　　)
A．a>c>bB．b>c>a
C．c>a>bD．c>b>a
(2)函數y＝loga|x＋2|在(－2，0)上是單調遞增的，則此函數在(－∞，－2)上是(　　)
A．單調遞增B．單調遞減
C．先增后減D．先減后增
(3)(多選)已知a、b分別是方程2x＋x＝0，3x＋x＝0的兩個實數根，則下列選項中正確的是(　　)
A．－1C．b·3a技法領悟
1．三招破解指數、對數、冪函數值的大小比較
(1)底數相同，指數不同的冪用指數函數的單調性進行比較；
(2)底數相同，真數不同的對數值用對數函數的單調性比較；
(3)底數不同、指數也不同，或底數不同、真數也不同的兩個數，常引入中間量或結合圖象或作差(作商)比較大小．
2．對指數型、對數型函數的圖象與性質問題(單調性、大小比較、零點等)的求解往往利用指數、對數函數的圖象，通過平移、對稱變換得到圖象，然后數形結合使問題得以解決．
[鞏固訓練2]　(1)[2023·廣東深圳模擬]已知a＝log3，b＝，c＝lg2，則(　　)
A．aC．a(2)已知函數f(x)＝loga(x－b)(a>0且a≠1)的圖象如圖所示，則以下說法正確的是(　　)
A.a＋b<0
B．ab<－1
C．0D．loga|b|>0
(3)已知函數f(x)＝是奇函數，則a＝________．
微專題2　基本初等函數
保分題
1．解析：方法一　因為函數f(x)＝1.01x是增函數，且0.6＞0.5＞0，所以1.010.6＞1.010.5＞1，即b＞a＞1；因為函數g(x)＝0.6x是減函數，且0.5＞0，所以0.60.5＜0.60＝1，即c＜1.綜上，b＞a＞c.故選D.
方法二　因為函數f(x)＝1.01x是增函數，且0.6＞0.5，所以1.010.6＞1.010.5，即b＞a；因為函數h(x)＝x0.5在(0，＋∞)上單調遞增，且1.01＞0.6＞0，所以1.010.5＞0.60.5，即a＞c.綜上，b＞a＞c.故選D.
答案：D
2．解析：由f(x)＝，得f(－x)＝＝＝＝，所以f(－x)＋f(x)＝＝1.故選C.
答案：C
3．解析：由題意，對于，有lg＝＝361×lg3－52×4＝361×0.477－52×4＝－35.803，
所以≈10－35.803，分析選項B中10－36與其最接近．故選B.
答案：B
提分題
[例2](1)　解析：由y＝0.2x單調遞減可知：0.20.5<0.20.2.
由y＝x0.2單調遞增可知：0.20.2<0.50.2，所以0.20.5<0.50.2，即a由y＝log0.5x單調遞減可知：c＝log0.50.2>log0.50.5＝1，所以c>b>a.故選D.
(2)　解析：當x∈(－2，0)時，y＝loga|x＋2|＝loga(x＋2)．
設t＝x＋2，則t∈(0，2)．
因為函數t＝x＋2在(－2，0)上單調遞增，
函數y＝loga|x＋2|在(－2，0)上是單調遞增的，
所以函數y＝logat在(0，2)上單調遞增，
所以a>1.
當x∈(－∞，－2)時，y＝loga(－x－2)，
設u＝－x－2，則y＝logau，u∈(0，＋∞)．
因為y＝logau在(0，＋∞)上單調遞增，
函數u＝－x－2在(－∞，－2)上單調遞減，
所以函數y＝loga(－x－2)在(－∞，－2)上單調遞減．故選B.
(3)　解析：函數y＝2x，y＝3x，y＝－x在同一坐標系中的圖象如圖：
所以－1所以2a<2b，3a<3b，0<－b<－a，
所以－b·2a<(－a)·2b，－b·3a<(－a)·3b，
所以a·2ba·3b.故選BD.
答案：D　
答案：B　
答案：BD
[鞏固訓練2](1)　解析：因為ln8＝3ln2(2)　解析：由圖象可知f(x)在定義域內單調遞增，所以a>1，
令f(x)＝loga(x－b)＝0，即x＝b＋1，所以函數f(x)的零點為b＋1，結合函數圖象可知0因此a＋b>0，故A錯誤；
－a1，所以－a<－1，因此ab<－1不一定成立，故B錯誤；
因為a－1因為0<|b|<1，所以loga|b|(3)　解析：因為f(x)＝是奇函數，
所以f(－x)＝－f(x)，即＝－，即＝－，
即(1＋a·2x)(－2x＋a2)＝(2x＋a)(1－a2·2x)，
即－2x－a·2x·2x＋a2＋a3·2x＝2x＋a－a2·2x·2x－a3·2x
即－a·22x＋a2＋(a3－1)·2x＝a－a2·22x＋(1－a3)·2x，所以，解得a＝1.
答案：B　
答案：C　
答案：1微專題1　函數的圖象與性質　
常考常用結論
1．單調性的常用結論
(1)對于f(x)±g(x)增減性質進行判斷(在相同定義域內)：增＋增＝增，減＋減＝減，增－減＝增，減－增＝減．
(2)對于復合函數，先將函數y＝f(g(x))分解成y＝f(t)和t＝g(x)，再討論(判斷)這兩個函數的單調性，最后根據復合函數“同增異減”的規則進行判斷．
2．奇偶性的三個常用結論
(1)如果一個奇函數f(x)在原點處有定義，即f(0)有意義，那么一定有f(0)＝0.
(2)如果函數f(x)是偶函數，那么f(x)＝f(|x|)．
(3)奇函數在兩個對稱的區間上具有相同的單調性；偶函數在兩個對稱的區間上具有相反的單調性．
3．函數周期性常用結論
對f(x)定義域內任一自變量的值x：
(1)若f(x＋a)＝－f(x)，則T＝2a(a>0)．
(2)若f(x＋a)＝，則T＝2a(a>0)．
(3)若f(x＋a)＝－，則T＝2a(a>0)．
4．對稱性的三個常用結論
(1)若函數y＝f(x＋a)是偶函數，則函數y＝f(x)的圖象關于直線x＝a對稱．
(2)若對于R上的任意x都有f(2a－x)＝f(x)或f(－x)＝f(2a＋x)，則y＝f(x)的圖象關于直線x＝a對稱．
(3)若函數y＝f(x＋b)是奇函數，則函數y＝f(x)的圖象關于點(b，0)中心對稱．
5．函數圖象的變換規則
(1)平移變換將y＝f(x)的圖象向左(a>0)或向右(a<0)平移|a|個單位長度得到y＝f(x＋a)的圖象；
將y＝f(x)的圖象向上(a>0)或向下(a<0)平移|a|個單位長度得到y＝f(x)＋a的圖象．
(2)對稱變換
①作y＝f(x)關于y軸的對稱圖象得到y＝f(－x)的圖象；
②作y＝f(x)關于x軸的對稱圖象得到y＝－f(x)的圖象；
③作y＝f(x)關于原點的對稱圖象得到y＝－f(－x)的圖象；
④將y＝f(x)在x軸下方的圖象翻折到上方，與y＝f(x)在x軸上方的圖象，合起來得到y＝|f(x)|的圖象；
⑤將y＝f(x)在y軸左側部分去掉，再作右側關于y軸的對稱圖象，合起來得到y＝f(|x|)的圖象．
1.[2023·山東德州三模]函數f(x)＝的圖象大致是(　　)
2．設奇函數f(x)在(0，＋∞)上為單調遞增函數，且f(2)＝0，則不等式≥0的解集為(　　)
A．[－2，0]
B．(－∞，－2]
C．(－∞，－2]
D．[－2，0)
3．[2023·全國甲卷]若f(x)＝(x－1)2＋ax＋sin (x＋)為偶函數，則a＝________．
1. (1)[2023·河南開封三模]函數f(x)＝(x－)cosx在[－，0)]上的圖象大致為(　　)
(2)已知定義在R上的函數f(x)在(－∞，2]上單調遞減，且f(x＋2)為偶函數，則不等式f(x－1)>f(2x)的解集為(　　)
A．(－∞，－
B．(－∞，－1)，＋∞)
C．(－，1)
D．(－1，)
技法領悟
1．根據函數解析式判斷函數圖象的策略
(1)從函數的定義域，判斷圖象的左右位置；從函數的值域，判斷圖象的上下位置；
(2)從函數的單調性，判斷圖象的變化趨勢；
(3)從函數的奇偶性，判斷圖象的對稱性；
(4)從函數的周期性，判斷圖象的循環往復．
2．利用函數性質解題的策略
(1)具有奇偶性的函數在關于原點對稱的區間上其圖象、函數值、解析式和單調性聯系密切，研究問題時可轉化到只研究部分(一半)區間上．尤其注意偶函數f(x)的性質：f(|x|)＝f(x)．
(2)利用周期性可以轉化函數的解析式、圖象和性質，把不在已知區間上的問題，轉化到已知區間上求解．
[鞏固訓練1]　(1)[2023·河北秦皇島一中二模]函數f(x)＝x＋的大致圖象為(　　)
(2)[2020·新高考Ⅰ卷]若定義在R的奇函數f(x)在(－∞，0)單調遞減，且f(2)＝0，則滿足xf(x－1)≥0的x的取值范圍是(　　)
A．[－1，1]
B．[－3，－1]
C．[－1，0]
D．[－1，0]
微專題1　函數的圖象與性質
保分題
1．解析：由函數f(x)＝，可知其定義域為(－∞，0)關于原點對稱，
又由f(－x)＝＝－＝－f(x)，所以函數f(x)為奇函數，
所以函數f(x)的圖象關于原點對稱，可排除A、B選項；
當x∈(0，1)時，f(x)<0；當x＝1時，f(x)＝0；當x∈(1，＋∞)時，f(x)>0，
根據指數函數與對數函數的增長趨勢，可得x→＋∞時，f(x)→0，可排除C選項．故選D.
答案：D
2．解析：由題意可得，奇函數f(x)在(0，＋∞)和(－∞，0)上都為單調遞增函數，
且f(－2)＝f(2)＝0，函數圖象示意圖如圖所示：
故不等式≥0，即≥0，即≤0，
結合f(x)的示意圖可得它的解集為{x|－2≤x<0或0答案：D
3．解析：方法一　因為f(x)為偶函數，所以f(－x)＝f(x)，即(－x－1)2－ax＋sin＝(x－1)2＋ax＋sin，得a＝2.
方法二　因為f(x)為偶函數，所以f＝f，即－a＝＋a，得a＝2.
答案：2
提分題
[例1]　(1)解析：因為f(－x)＝(－x＋)cosx＝－f(x)，
所以f(x)為奇函數，故排除C；
當x∈(0，]時，令f(x)＝(x－)cosx＝0，則x＝1或或，
由圖可知，A符合，D不符合；
又f()＝)<0，故排除B.故選A.
(2)解析：∵函數f(x＋2)為偶函數，∴f(－x＋2)＝f(x＋2)，即f(2－x)＝f(2＋x)，
∴函數f(x)的圖象關于直線x＝2對稱，
又∵函數f(x)定義域為R，在區間(－∞，2]上單調遞減，
∴函數f(x)在區間(2，＋∞)上單調遞增，
∴由f(x－1)>f(2x)得，|(x－1)－2|>|2x－2|，解得x∈(－1，)．故選D.
(3)解析：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)．故f(x＋2)＝f(x＋1)－f(x)　①，f(x＋3)＝f(x＋2)－f(x＋1)　②.①＋②，得f(x＋3)＝－f(x)，所以f(x)的周期為6.令x＝1，y＝0，得f(1)＋f(1)＝f(1)f(0)，所以f(0)＝2，所以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.
答案：A　
答案：D　
答案：A
[鞏固訓練1]　(1)解析：由f(－x)＝－x＋＝－x＋≠±f(x)，故函數為非奇非偶函數，排除B、C；
由f(－π)＝－π＋＝－π＋＝－π－，f(－)＝－＝－，
所以f(－π)(2)解析：通解　由題意知f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)單調遞減，且f(－2)＝f(2)＝f(0)＝0.當x>0時，令f(x－1)≥0，得0≤x－1≤2，∴1≤x≤3；當x<0時，令f(x－1)≤0，得－2≤x－1≤0，∴－1≤x≤1，又x<0，∴－1≤x<0；當x＝0時，顯然符合題意．綜上，原不等式的解集為[－1，0]選D.
優解　當x＝3時，f(3－1)＝0，符合題意，排除B；當x＝4時，f(4－1)＝f(3)<0，此時不符合題意，排除選項A，C.故選D.
答案：A
答案：D微專題3　函數的零點個數問題
1.已知函數f(x)＝3lnx－x2＋2x－3ln3－，求方程f(x)＝0的解的個數．
2．若f(x)＝lnx＋kx(k∈R)有兩個零點，求k的取值范圍．
5.[2022·全國乙卷]已知函數f(x)＝ax－－(a＋1)lnx.
(1)當a＝0時，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)恰有一個零點，求a的取值范圍．
6.[2023·黑龍江哈師大附中三模]已知f(x)＝ex·sinx－x.
(1)若g(x)＝(0(2)當x∈(－∞，π)時，討論f(x)零點個數．
1．函數零點個數問題的解題策略
(1)直接法：直接研究函數，求出極值以及最值，畫出草圖．函數零點的個數問題即是函數圖象與x軸交點的個數問題．
(2)分離參數法：分離出參數，轉化為a＝g(x)，根據導數的知識求出函數g(x)在某區間的單調性，求出極值以及最值，畫出草圖．函數零點的個數問題即是直線y＝a與函數y＝g(x)圖象交點的個數問題．只需要用a與函數g(x)的極值和最值進行比較即可．
2．根據函數零點的個數求參數范圍的方法
(1)分離參數(a＝g(x))后，將原問題轉化為y＝g(x)的值域(最值)問題或轉化為直線y＝a與y＝g(x)的圖象的交點個數問題(優選分離、次選分類)求解；
(2)利用零點的存在性定理構建不等式求解；
(3)轉化為兩個熟悉的函數圖象的位置關系問題，從而構建不等式求解．
[鞏固訓練3]　[2023·廣東佛山模擬]已知函數f(x)＝lnx＋sinx.
(1)求函數f(x)在區間[1，e]上的最小值；
(2)判斷函數f(x)的零點個數，并證明．
[鞏固訓練4]　[2023·河南開封三模]已知函數f(x)＝lnx－x－m，(m<－2，m為常數)．
(1)當m＝－e時，求函數f(x)在[，e]上的最小值；
(2)設x1，x2是函數f(x)的兩個零點，證明：x1＋x2>2.
微專題3　函數的零點個數問題
保分題
1．解析：因為f(x)＝3lnx－x2＋2x－3ln3－(x＞0)，
所以f′(x)＝－x＋2＝＝，
當x∈(0，3)時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增；
當x∈(3，＋∞)時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減，
所以f(x)max＝f(3)＝3ln3－＋6－3ln3－＝0，
因為當x→0時，f(x)→－∞；當x→＋∞時，f(x)→－∞，
所以方程f(x)＝0只有一個解．
2．解析：f(x)＝lnx＋kx有兩個零點，可得－k＝有兩個實根．
令h(x)＝，h′(x)＝.
令h′(x)>0，得0e，
∴h(x)在(0，e)上單調遞增，在(e，＋∞)上單調遞減．
∴h(x)max＝h(e)＝.
當x∈(e，＋∞)時，x>0，lnx>0，所以h(x)＝>0，又h(1)＝0，
∴x∈(0，1)時，h(x)<0；x∈(1，＋∞)時，h(x)>0.
h(x)＝大致圖象如圖所示，
若直線y＝－k與y＝h(x)的圖象有兩個交點，
則0<－k<，∴k的取值范圍是(－，0)．
提分題
[例5]　(1)解析：當a＝0時，f(x)＝－－lnx(x>0)，
則f′(x)＝＝.
當x∈(0，1)時，f′(x)>0；
當x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0.
所以f(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，
故f(x)的最大值即為f(x)的極大值f(1)＝－1.
(2)解析：因為函數f(x)恰有一個零點，所以方程a(x－lnx)－－lnx＝0在(0，＋∞)上恰有一個解，即方程a(x－lnx)＝＋lnx在(0，＋∞)上恰有一個解．
又易知當x>0時，x－lnx>0，
所以方程a＝在(0，＋∞)上恰有一個解．
令g(x)＝(x>0)，
則g′(x)＝.
令h(x)＝x－1－(x＋1)lnx(x>0)，
則h′(x)＝1－lnx－＝－lnx－.
由(1)知，h′(x)≤－1，
所以h(x)在(0，＋∞)上單調遞減．
又h(1)＝0，所以當x∈(0，1]時，h(x)≥0；
當x∈(1，＋∞)時，h(x)<0.
則當x∈(0，1]時，g′(x)≤0；
當x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0.
所以g(x)在(0，＋∞)上單調遞減．
又當x→0時，g(x)→＋∞，當x→＋∞時，g(x)→0，所以a∈(0，＋∞)．
[例6]　(1)解析：g(x)＝＝(0由于00，x－3<0，∴－3＋x－excosx<0, 進而g′(x)<0，所以g(x)在0又因為g(0)＝2>0，g()＝＝<0，所以g(x)存在唯一零點
(2)解析：f(x)＝ex·sinx－x，x∈(－∞，π)，則f′(x)＝ex·sinx＋excosx－1，x∈(－∞，π)，
當x≤－時，f′(x)＝ex·sinx＋excosx－1＝－1此時f(x) 在x≤－單調遞減，f(－)＝·sin (－)＋＝＋1>0, 所以f(x)在x≤－沒有零點，
當－∴h′(x)＝2excosx≥0，
所以f′(x) 在－故當－當00，故f(x)在0當≤x<π時，h′(x)＝2excosx<0，所以f′(x) 在≤x<π單調遞減，f′(π)＝－eπ－1<0，f′()＝－1>0，
故 x0∈(，π), 使得f′(x0)＝0，且當x∈(，x0)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增，
當x∈(x0，π)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減，而f()＝>e－>0，f(π)＝－π<0，
所以當≤x0，此時f(x)無零點，當x∈(x0，π)，f(x)只有一個零點．
綜上可知：x∈(－∞，π)時，f(x)有2個零點．
[鞏固訓練3]　(1)解析：f(x)＝lnx＋sinx的定義域為(0，＋∞)，故f′(x)＝＋cosx，
令g(x)＝f′(x)＝＋cosx，g′(x)＝－－sinx，
當x∈[1，e]時，g′(x)＝－－sinx<0，
所以g(x)在[1，e]上單調遞減，且g(1)＝1＋cos1>0，
g(e)＝＋cose<＋cos＝<0，
所以由零點存在定理可知，在區間[1，e]存在唯一的a，使g(a)＝f′(a)＝0.
又當x∈(1，a)時，g(x)＝f′(x)>0；當x∈(a，e)時，g(x)＝f′(x)<0；
所以f(x)在x∈(1，a)上單調遞增，在x∈(a，e)上單調遞減，
又因為f(1)＝ln1＋sin1＝sin1，f(e)＝lne＋sine＝1＋sine>f(1)，
所以函數f(x)在區間[1，e]上的最小值為f(1)＝sin1.
(2)解析：f(x)有1個零點，證明如下：
因為f(x)＝lnx＋sinx，x∈(0，＋∞)，
若00，
所以f(x)在區間(0，1]上單調遞增，又f(1)＝sin1>0，f()＝－1＋sin<0，
結合零點存在定理可知，f(x)在區間(0，1]有且僅有一個零點，
若10，sinx≥0，則f(x)>0，
若x>π，因為lnx>lnπ>1≥－sinx，所以f(x)>0，
綜上，函數f(x)在(0，＋∞)有且僅有一個零點．
[鞏固訓練4]　(1)解析：令f′(x)＝＝0，解得x＝1，
則當x∈[，1)時，f′(x)>0，所以y＝f(x)在[，1)遞增；
當x∈(1，e]時，f′(x)<0，所以y＝f(x)在(1，e]遞減，
所以y＝f(x)在[，e]上有最大值，
且f()＝－1－－m，f(e)＝1－e－m，
又f()－f(e)＝－2－＋e>0，
所以函數f(x)在[，e]的最小值為1－e－m；
(2)解析：不妨設x1由(1)知，01，且x1，x2滿足lnx－x－m＝0，
即lnx1－x1－m＝lnx2－x2－m＝0，
由題意知lnx2－x2＝m<－2令g(x)＝lnx－x(x>0)，則g′(x)＝－1＝，
當00，函數g(x)單調遞增；
當x>1時，g′(x)<0，函數g(x)單調遞減；
所以函數g(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，
又g(x2)故x2>2，而0所以x1＋x2>2.微專題2　不等式證明問題
3.[2021·新高考Ⅰ卷]已知函數f(x)＝x(1－lnx).
(1)討論f(x)的單調性；
(2)設a，b為兩個不相等的正數，且blna－alnb＝a－b，證明：2<4.[2022·新高考Ⅱ卷]已知函數f(x)＝xeax－ex.
(1)當a＝1時，討論f(x)的單調性；
(2)當x>0時，f(x)<－1，求a的取值范圍；
(3)設n∈N*，證明：＋…＋>ln (n＋1)．
1．證明單變量不等式的方法
(1)利用單調性證明單變量不等式
一般地，要證f(x)>g(x)在區間(a，b)上成立，需構造輔助函數F(x)＝f(x)－g(x)，通過分析F(x)在端點處的函數值來證明不等式．若F(a)＝0，只需證明F(x)在(a，b)上單調遞增即可；若F(b)＝0，只需證明F(x)在(a，b)上單調遞減即可．
(2)利用最值證明單變量不等式
利用最值證明單變量的不等式的常見形式是f(x)>g(x).證明技巧：先將不等式f(x)>g(x)移項，即構造函數h(x)＝f(x)－g(x)，轉化為證不等式h(x)>0，再次轉化為證明>0，因此，只需在所給的區間內，判斷h′(x)的符號，從而判斷其單調性，并求出函數h(x)的最小值，即可得證．
2．證明雙變量函數不等式問題的策略
(1)將雙變量中的一個看作變量，另一個看作常數，構造一個含參數的輔助函數證明不等式．
(2)整體換元．對于齊次式往往可將雙變量整體換元，化為一元不等式．
(3)若雙變量的函數不等式具有對稱性，并且可以將兩個變量分離開，分離之后的函數結構具有相似性，從而構造函數利用單調性證明．
[鞏固訓練2]　[2023·河北張家口一模]已知函數f(x)＝(2x－1)e2x－ax3－1在區間(0，＋∞)上有兩個極值點x1，x2.
(1)求實數a的取值范圍；
(2)證明：>.
微專題2　不等式證明問題
提分題
[例3](1)　解析：函數的定義域為，
又f′＝1－lnx－1＝－lnx，
當x∈時，f′>0，當x∈時，f′<0，
故f的遞增區間為，遞減區間為.
(2)解析：因為blna－alnb＝a－b，故b＝a，即＝，
故f＝f，
設＝x1，＝x2，由(1)可知不妨設01.
因為x∈時，f＝x>0，x∈時，f＝x<0，
故1先證：x1＋x2>2，
若x2≥2，x1＋x2>2必成立．
若x2<2, 要證：x1＋x2>2，即證x1>2－x2，而0<2－x2<1，
故即證f>f，即證：f>f，其中1設g＝f－f，1則g′＝f′＋f′＝－lnx－ln＝－ln，
因為10，
所以g′>0，故g在上為增函數，所以g>g＝0，
故f>f，即f>f成立，所以x1＋x2>2成立，
綜上，x1＋x2>2成立．
設x2＝tx1，則t>1，
結合＝＝x1，＝x2可得：x1＝x2，
即：1－lnx1＝t，故lnx1＝，
要證：x1＋x2即證：ln<1，即證：ln－tlnt<0，
令S＝ln－tlnt，t>1，
則S′＝ln－1－lnt＝ln，
先證明一個不等式：ln≤x.
設u＝ln－x，則u′＝－1＝，
當－10；當x>0時，u′<0，
故u在上為增函數，在上為減函數，故umax＝u＝0，
故ln≤x成立．
由上述不等式可得當t>1時，ln<，故S′<0恒成立，
故S在上為減函數，故S故ln－tlnt<0成立，即x1＋x2綜上所述，2<[例4]　(1)解析：當a＝1時，f(x)＝xex－ex＝(x－1)ex，
f′(x)＝ex＋(x－1)ex＝xex.
令f′(x)＝0，得x＝0，
∴當x<0時，f′(x)<0，f(x)單調遞減；
當x>0時，f′(x)>0，f(x)單調遞增．
(2)解析：f′(x)＝eax＋aeaxx－ex＝(ax＋1)eax－ex，f′(0)＝0.
設g(x)＝(ax＋1)eax－ex，則g′(x)＝aeax＋aeax(ax＋1)－ex＝(a2x＋2a)eax－ex，g′(0)＝2a－1.
當2a－1>0，即a>時，存在δ>0，使得當x∈(0，δ)時，g′(x)>0，此時f′(x)在(0，δ)上單調遞增．
∵f′(x)>f′(0)＝0，∴f(x)在(0，δ)上單調遞增，
∴f(x)>f(0)＝－1，這與f(x)<－1矛盾，故舍去．
當2a－1≤0，即a≤時－ex.
令h(x)＝－ex，
則h′(x)＝＋·x－ex＝(1＋x－)<0，
∴h(x)在(0，＋∞)上單調遞減，
此時h(x)綜上可知，a的取值范圍為(－∞，].
(3)解析：證明：由(2)知當a＝時，x>0時－.
令＝t，t>1，則x＝2lnt，∴2lnt1.
取t＝(n∈N*)，則2lnt＝ln (n＋1)－lnn<－＝，
∴＋…＋>ln2－ln1＋ln3－ln2＋…＋ln (n＋1)－lnn＝ln (n＋1)，故結論得證．
[鞏固訓練2]　(1)解析：由題意得f′(x)＝4x(e2x－ax)，
函數f(x)在區間(0，＋∞)上有兩個極值點，即方程4x(e2x－ax)＝0在區間(0，＋∞)上有兩個不等實根．
又4x>0，所以e2x－ax＝0在區間(0，＋∞)上有兩個不等實根．
設h(x)＝e2x－ax(x>0)，則h′(x)＝2e2x－a.
當a≤2時，h′(x)>0，函數h(x)單調遞增，與方程e2x－ax＝0在區間(0，＋∞)有兩個根矛盾．
當a>2時，由h′(x)＝0，得x＝ln，
當x∈(0，ln)時，h′(x)<0，h(x)為單調遞減函數；
當x∈(ln，＋∞)時，h′(x)>0，h(x)為單調遞增函數．
h(0)＝1，h(ln)＝ln＝(1－ln)，
當a>2e時，h(ln)＝(1－ln)<0.
又lna>ln，h(lna)＝a2－alna＝a(a－lna)．
設p(x)＝x－lnx，p′(x)＝1－＝，
當x>2e時，p′(x)>0，p(x)>p(2e)＝2e－ln2e>0，
所以h(lna)＝a(a－lna)>0，
故函數h(x)在區間(0，ln)上和區間(ln，＋∞)上各存在一個零點．
綜上，a>2e時，函數f(x)在區間(0，＋∞)上有兩個極值點．
(2)解析：證明：不妨設0要證>，即證>，即x1＋x2>2x1x2.
由得
故lnx2－lnx1＝2(x2－x1)>0.
要證x1＋x2>2x1x2，即證2(x2－x1)(x2＋x1)>2x1x2(lnx2－lnx1)，
即證>ln，即－ln>0.
設t＝(t>1)，即證當t>1時，t－－lnt>0成立．
設φ(t)＝t－－lnt(t>1)，φ′(t)＝1＋＝>0.
所以φ(t)在區間(1，＋∞)上為增函數，
故φ(t)>φ(1)＝0，即當t>1時，t－－lnt>0成立，
綜上>成立．第三講　函數與導數——大題備考
對函數與導數大題的考查，多以對數函數、指數函數為載體，從含有參數的函數的單調性、極值、最值，曲線的交點等方面進行設計，解題時需要對參數分類討論，往往比較復雜，難度較大．
微專題1　不等式恒(能)成立問題
1.已知函數f(x)＝lnx＋(a為常數)，若不等式f(x)≥1在x∈(0，2]上恒成立，求實數a的取值范圍．
2．已知函數f(x)＝2ax－2lnx，g(x)＝x－2，都有g(x)≤f(x)，求a的取值范圍．
[2023·全國甲卷]已知函數f(x)＝ax－，x∈(0，)．
(1)當a＝8時，討論f(x)的單調性；
(2)若f(x)2.[2023·河南聯考]已知函數f(x)＝＋2lnx(a>0)，g(x)＝x3－x2.
(1)當a＝1時，求函數f(x)的單調區間；
(2)若對于任意的x1∈(0，2]，都存在x2∈[1，2]，使得x1f(x1)≥g(x2)成立，試求實數a的取值范圍．
不等式恒成立(能成立)問題的解題策略
1．對于含參數的不等式，如果易分離參數，可先分離參數、構造函數，直接轉化為求函數的最值；否則應進行分類討論，在解題過程中，必要時，可作出函數圖象草圖，借助幾何圖形直觀分析轉化．
2．“恒成立”與“能成立”問題的求解是“互補”關系，即f(x)≥g(a)對于x∈D恒成立，應求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，應求f(x)的最大值．應特別關注等號是否取到，注意端點的取舍．
[鞏固訓練1]　[2023·山東青島模擬]已知函數f(x)＝ex－a－lnx.
(1)當a＝0時，求曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線與坐標軸圍成的三角形的面積；
(2)若存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)<0成立，求a的取值范圍．
微專題1　不等式恒(能)成立問題
保分題
1．解析：f(x)≥1即lnx＋≥1在(0，2]上恒成立，則a≥x－xlnx(x∈(0，2]，
設h(x)＝x－xlnx(x∈(0，2]，則h′(x)＝－lnx，00，h(x)遞增，12．解析：g(x)≤f(x)，即2ax－2lnx≥x－2(x>0)，
即a≥，
令h(x)＝(x>0)，則h′(x)＝＝(x>0)，
當00，當x>e2時，h′(x)<0，
所以函數h(x)在(0，e2)上單調遞增，在(e2，＋∞)上單調遞減，
所以h(x)max＝h(e2)＝＝，
所以a≥.
[例1]　(1)解析：當a＝8時，f(x)＝8x－，
f′(x)＝8－＝8＋.
令＝t，則t∈(1，＋∞)，
令h(t)＝－3t2＋2t＋8＝－(3t＋4)(t－2)，
當t∈(1，2)時，h(t)>0；當t∈(2，＋∞)時，h(t)<0.
故當x∈時，f′(x)>0，f(x)單調遞增；
當x∈時，f′(x)<0，f(x)單調遞減．
∴f(x)在區間上單調遞增，在區間上單調遞減．
(2)解析：令g(x)＝f(x)－sin2x＝ax－－sin2x，
則g′(x)＝a－－2cos2x＝a－－4cos2x＋2＝a－(＋4cos2x－2)，
令u＝cos2x，則u∈(0，1)，令k(u)＝＋4u－2，
則k′(u)＝＋4＝.
當u∈(0，1)時，k′(u)<0，∴k(u)在(0，1)上單調遞減，∵k(1)＝3，∴當u∈(0，1)時，k(u)>3，∴k(u)的值域為(3，＋∞)．
①當a≤3時，g′(x)<0，∴g(x)在上單調遞減，
又g(0)＝0，∴當x∈時，g(x)<0，即f(x)②當a>3時， x0∈使得g′(x0)＝0，
∴g(x)在(0，x0)上單調遞增，在上單調遞減，
∴g(x0)>g(0)＝0，∴f(x)綜上所述，a的取值范圍為(－∞，3].
[例2](1)　解析：由題可知函數f(x)的定義域為(0，＋∞)．
因為f(x)＝＋2lnx，則f′(x)＝－＝.
當a＝1時，f′(x)＝＝.
所以當0當x>1時，f′(x)>0，函數f(x)在(1，＋∞)上單調遞增．
所以f(x)的單調遞增區間為(1，＋∞)，f(x)的單調遞減區間為(0，1)．
(2)　解析：因為g(x)＝x3－x2，所以g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)，
又x∈[1，2]，所以g′(x)>0，故函數g(x)在[1，2]上單調遞增，
所以g(x)min＝g(1)＝0.
所以對任意的x∈(0，2]，xf(x)≥0恒成立，即＋2xlnx≥0恒成立．
所以a≥－2x2lnx恒成立．
令h(x)＝－2x2lnx，x∈(0，2]，則h′(x)＝－2x－4xlnx＝－2x(1＋2lnx)，x∈(0，2].
令h′(x)＝0，則1＋2lnx＝0，解得x＝.
當)時，h′(x)>0，所以函數h(x)在)上單調遞增；
當，2]時，h′(x)<0，所以函數h(x)在，2]上單調遞減．
所以h(x)max＝)＝.所以a≥.
所以實數a的取值范圍是[，＋∞)．
[鞏固訓練1](1)　解析：當a＝0時，f(x)＝ex－lnx，
f′(x)＝ex－，所以曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線的斜率k＝e－1，又f(1)＝e，
∴切線方程為y＝(e－1)x＋1.
與x，y軸的交點分別是(，0)，(0，1)，
∴切線與坐標軸圍成的三角形的面積S＝.
(2)　解析：存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)<0即ex0－a－lnx0<0，即ex0－a即存在x0∈[e，＋∞)，使成立．
令h(x)＝，因此，只要函數h(x)＝在區間[e，＋∞)上的最小值小于ea即可．
下面求函數h(x)＝在區間[e，＋∞)的最小值．
h′(x)＝，
令u(x)＝lnx－，因為u′(x)＝>0，
所以u(x)為[e，＋∞)上的增函數，且u(e)＝1－>0.
∴h′(x)＝>0在[e，＋∞)恒成立．
∴h(x)＝在[e，＋∞)單調遞增，
函數h(x)＝在[e，＋∞)上的最小值為h(e)＝ee，
h(e)＝eee，∴實數a的取值范圍為(e，＋∞)．微專題3　極值與最值
常考常用結論
1．函數f(x)在x0處的導數f′(x0)＝0且f′(x)在x0附近“左正右負” f(x)在x0處取極大值；函數f(x)在x0處的導數f′(x0)＝0且f′(x)在x0附近“左負右正” f(x)在x0處取極小值．
2．在閉區間[a，b]上的連續函數y＝f(x)，在[a，b]上必有最大值與最小值．在[a，b]上的連續函數y＝f(x)，若有唯一的極值點，則這個極值點就是最值點．
3．單調函數沒有極值，如果一個函數沒有極值，則該函數是單調函數或者常函數．
4．開區間內的單調函數沒有極值．
1.函數f(x)＝x3＋ax在x＝1處取得極小值，則極小值為(　　)
A．1　　　B．2　　　C．－2　　　D．－1
2．[2023·遼寧葫蘆島二模]已知函數f(x)＝2sinx(1＋cosx)，則f(x)的最大值是________．
3．[2023·河南濮陽模擬]若函數f(x)＝ex－ax2－a存在兩個極值點x1，x2，且x2＝2x1，則a＝________．
3. (1)[2023·全國甲卷]函數f(x)＝x3＋ax＋2存在3個零點，則a的取值范圍是(　　)
A．(－∞，－2) B．(－∞，－3)
C．(－4，－1) D．(－3，0)
(2)[2023·河北石家莊一模]已知函數f(x)＝(0技法領悟
1．求函數極值時，不要誤把極值點代入導函數中．
2．對于可導函數f(x)，f′(x0)＝0是函數f(x)在x＝x0處有極值的必要不充分條件．
[鞏固訓練3]　(1)[2023·山東煙臺二模]若函數f(x)＝lnx＋x2＋ax有兩個極值點x1，x2，且f(x1)＋f(x2)≤－5，則(　　)
A．a≥4B．a≥2
C．a≤－2D．a≤－4
(2)[2023·安徽模擬]已知函數f(x)＝ex＋2x，g(x)＝4x，且f(m)＝g(n)，則|n－m|的最小值為________．
微專題3　極值與最值
保分題
1．解析：依題意，f′(x)＝3x2＋a，因為函數f(x)在x＝1處取得極小值，則f′(1)＝3＋a＝0，解得a＝－3，
此時f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，當x<－1或x>1時，f′(x)>0，當－1因此函數f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上單調遞增，在(－1，1)上單調遞減，
所以函數f(x)＝x3－3x在x＝1處取得極小值f(1)＝－2.故選C.
答案：C
2．解析：因為f(x)＝2sinx(1＋cosx)，
所以f′(x)＝2cosx(1＋cosx)－2sin2x＝2cosx＋2cos2x－2sin2x＝4cos2x＋2cosx－2＝2(2cos2x＋cosx－1)＝2(2cosx－1)(cosx＋1)．
當f′(x)>0時，x∈(－＋2kπ，＋2kπ)(k∈Z)，
所以f(x)在(－＋2kπ，＋2kπ)上單調遞增；
當f′(x)<0時，x∈(＋2kπ，＋2kπ)，
所以f(x)在(＋2kπ，＋2kπ)上單調遞減；
所以f(x)max＝f(＋2kπ)＝.
答案：
3．解析：f(x)＝ex－ax2－a，定義域為R，所以f′(x)＝ex－2ax，
故－2ax1＝－2ax2＝0；又x2＝2x1，所以－4ax1＝0.把2ax1＝代入得＝0，
又>0，故＝2，所以x1＝ln2，所以a＝＝.
答案：
提分題
[例3]　(1)解析：由題意知f′(x)＝3x2＋a，要使函數f(x)存在3個零點，則f′(x)＝0要有2個不同的根，則a<0.令3x2＋a＝0，解得x＝±.令f′(x)>0，則x<－或x>，令f′(x)<0，則－1，即a<－3.故選B.
(2)解析：f(x)＝＝＝tan＝tan＋4＋，
令t＝tan，因為0令g(t)＝t＋4＋，t∈(0，＋∞)，g′(t)＝1＋＝1－，
若g′(t)＝1－>0，則t∈(2，＋∞)，若g′(t)＝1－<0，則t∈(0，2)，
所以g(t)在(0，2)上單調遞減，在(2，＋∞)上單調遞增，
所以g(t)的最小值為g(2)，因為g(2)＝2＋4＋＝7，
所以f(x)的最小值為7.
答案：B　
7
[鞏固訓練3]　(1)解析：因為函數f(x)＝lnx＋x2＋ax有兩個極值點x1，x2，
又函數f(x)＝lnx＋x2＋ax的定義域為(0，＋∞)，導函數為f′(x)＝，
所以方程x2＋ax＋1＝0有兩個不同的正根，且x1，x2為其根，
所以a2－4a>0，x1＋x2＝－a>0，x1x2＝1，
所以a<0，
則x2＝－x1x2＋a(x1＋x2)＝ln1＋a2－1－a2＝－a2－1，
又f(x1)＋f(x2)≤－5，即－a2－1≤－5，可得a2－8≥0，
所以a≤－2或a≥＋2(舍去)．故選C.
(2)解析：由f(m)＝g(n)，得em＋2m＝4n，化簡整理得4n－4m＝em－2m.
令h(m)＝em－2m(m∈R)，則h′(m)＝em－2，
令em－2＝0，解得m＝ln2.當m∈(－∞，ln2)時，h′(m)<0，即h(m)在(－∞，ln2)上單調遞減；
當m∈(ln2，＋∞)時，h′(m)>0，即h(m)在(ln2，＋∞)上單調遞增，
∴h(m)min＝h(ln2)＝2－2ln2>0，∴|n－m|min＝ln2.
答案：C　
ln 2微專題2　導數與不等式
常考常用結論
1．f′(x)>0是f(x)為增函數的充分不必要條件，如函數f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上單調遞增，但f′(x)≥0.
2．f′(x)≥0是f(x)為增函數的必要不充分條件，當函數在某個區間內恒有f′(x)＝0時，則f(x)為常數，函數不具有單調性．
1.若函數f(x)＝kx－lnx在區間(，＋∞)上單調遞增，則k的取值范圍為(　　)
A．(，＋∞) B．[2，＋∞)
C．(，＋∞) D．[4，＋∞)
2．[2023·遼寧實驗中學模擬]已知函數f(x)是定義在R上的可導函數，其導函數為f′(x)，若對任意x∈R有f′(x)>1，f(1＋x)＋f(1－x)＝0，且f(0)＝－2，則不等式f(x－1)>x－1的解集為(　　)
A．(4，＋∞) B．(3，＋∞)
C．(2，＋∞) D．(0，＋∞)
3．已知函數f(x)的導函數為f′(x)，若滿足xf′(x)＋f(x)>0對x∈(0，＋∞)恒成立，則下列不等式一定成立的是(　　)
A．
C．πf(π)ef(e)
2.(1)[2023·河北石家莊一模]已知a＝，b＝ln1.4，c＝e0.2－1，則(　　)
A．aC．c(2)[2023·全國乙卷]設a∈(0，1)，若函數f(x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上單調遞增，則a的取值范圍是________．
1．利用導數比較大小或解不等式的常見技巧
利用題目條件，構造輔助函數，把比較大小或解不等式的問題轉化為先利用導數研究函數的單調性問題，再由單調性比較大小或解不等式．
2．由函數的單調性求參數取值范圍的策略
(1)可導函數在區間(a，b)上單調，實際上就是在該區間上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，得到關于參數的不等式，從而轉化為求函數的最值問題，求參數的取值范圍；
(2)可導函數在區間(a，b)上存在單調區間，實際上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在該區間上存在解集，即f′(x)max>0(或<0)在該區間上有解，從而轉化為不等式問題，求參數的取值范圍．
[鞏固訓練2]　(1)[2023·河南駐馬店二模]已知a＝e0.1－e－0.1，b＝ln1.21，c＝0.2，則(　　)
A．bC．a(2)若關于x的不等式sinx－x≥ax，對x∈[0，π]恒成立，則實數a的取值范圍是(　　)
A．(－∞，－1] B．(－∞，1]
C．(－∞，－) D．(－∞，]
微專題2　導數與不等式
保分題
1．解析：因為函數f(x)＝kx－lnx在區間(，＋∞)上單調遞增，所以f′(x)＝k－≥0在(，＋∞)上恒成立，即k≥在(，＋∞)上恒成立．因為y＝在(，＋∞)上單調遞減，所以當x∈(，＋∞)時，y<2，所以k≥2，
則k的取值范圍為[2，＋∞)．故選B.
答案：B
2．解析：設g(x)＝f(x)－x，則g′(x)＝f′(x)－1>0恒成立，故函數g(x)在R上單調遞增．
f(1＋x)＋f(1－x)＝0，則f(2)＋f(0)＝0，即f(2)＝2，故g(2)＝f(2)－2＝0.
f(x－1)>x－1，即g(x－1)>0，即g(x－1)>g(2)，故x－1>2，解得x>3.故選B.
答案：B
3．解析：令g(x)＝xf(x)，則g′(x)＝xf′(x)＋f(x)>0，
故g(x)為(0，＋∞)上的增函數，故g(π)>g(e)即πf(π)>ef(e)．故選D.
答案：D
提分題
[例2](1)　解析：令f(x)＝ln (x＋1)－，x∈(0，＋∞)，則f′(x)＝＝>0恒成立，
所以f(x)在x∈(0，＋∞)上單調遞增，則f(0.4)>f(0)＝0，即ln1.4－>0，所以ln1.4>，則b>a；
則f()>f(0)＝0，即ln>0，所以ln>，則＝e0.2，即>e0.2，
所以>e0.2－1，又>＝，所以>e0.2－1，則a>c；
綜上，c(2)　解析：由題意得當x>0時，f′(x)＝axlna＋(1＋a)xln (1＋a)＝ax≥0，設g(x)＝lna＋ln (1＋a)，因為ax>0，所以g(x)≥0.
因為a∈(0，1)，所以ln (1＋a)>0，＋1>1，所以g(x)在(0，＋∞)上單調遞增，故只需滿足g(0)≥0，即lna＋ln (1＋a)＝ln (a＋a2)≥0，所以a＋a2≥1，解得a≤－或a≥，又0答案：C　
[，1)
[鞏固訓練2]　(1)解析：設f(x)＝ex－e－x－2x，則f′(x)＝ex＋e－x－2≥0，從而f(x)在R上單調遞增，
則f(0.1)＝e0.1－e－0.1－0.2>f(0)＝0，即a>c，
設g(x)＝2x－2ln (1＋x)，則g′(x)＝2－＝>0，從而g(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
則g(0.1)＝0.2－2ln1.1＝0.2－ln1.21>g(0)＝0，即c>b，
所以b(2)解析：因為不等式sinx－x≥ax，對x∈[0，π]恒成立，
當x＝0時，顯然成立，
當x∈(0，π]，a≤－1恒成立，
令f(x)＝－1，則f′(x)＝，
令g(x)＝xcosx－sinx，
則g′(x)＝－xsinx≤0在(0，π]上成立，
所以g(x)在(0，π]上遞減，
則g(x)所以f′(x)<0在(0，π]上成立，
所以f(x)在(0，π]上遞減，
所以f(x)min＝f(π)＝－1，
所以a≤－1.故選A.
答案：D　
答案：A微專題1　切線問題
　常考常用結論
1．函數y＝f(x)在點x＝x0處的導數的幾何意義，就是曲線在點P(x0，f(x0))處的切線的斜率．用好這個條件是解決切線問題的關鍵．
2．曲線y＝f(x)在點P(x0，y0)處的切線是指P為切點，斜率為k＝f′(x0)的切線，是唯一的一條切線．
3．曲線y＝f(x)過點P(x0，y0)的切線是指切線經過點P，點P可以是切點，也可以不是切點，而且這樣的直線可能有多條．
1.設函數f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，若f(x)為奇函數，則曲線y＝f(x)在點(0，0)處的切線方程為(　　)
A．y＝－2xB．y＝－x
C．y＝2xD．y＝x
2．[2023·河北保定模擬]若直線3x＋y－a＝0是曲線y＝x2－4lnx的一條切線，則實數a＝(　　)
A．　　　B．C．　　　D．
3．[2023·河南開封一模]已知函數f(x)＝ax2＋(x2－2x＋3)ex，無論a取何值，曲線y＝f(x)均存在一條固定的切線，則該切線方程為________．
1.(1)[2023·黑龍江哈爾濱三中模擬]已知函數f(x)＝ln (x＋1)，g(x)＝ln (e2x)，若直線y＝kx＋b為f(x)和g(x)的公切線，則b等于(　　)
A．B．1－ln2
C．2－ln2D．－ln2
(2)[2022·新高考Ⅱ卷]曲線y＝ln|x|過坐標原點的兩條切線的方程為____________，____________．
解決此類問題通常有兩種方法
1．利用其中一曲線在某點處的切線與另一曲線相切，列出關系式求解；
2．設公切線l在y＝f(x)上的切點P1(x1，f(x1))，在y＝g(x)上的切點P2(x2，g(x2))，則f′(x1)＝g′(x2)＝.
[鞏固訓練1]　(1)[2023·山東濰坊三模]若P為函數f(x)＝ex－x圖象上的一個動點，以P為切點作曲線y＝f(x)的切線，則切線傾斜角的取值范圍是(　　)
A．[0，) B．()
C．(，π) D．[0，，π)
(2)[2023·河北唐山三模]已知曲線y＝lnx與y＝ax2(a>0)有公共切線，則實數a的取值范圍為________．
微專題1　切線問題
保分題
1．解析：∵f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax為奇函數，∴a－1＝0，得a＝1，∴f(x)＝x3＋x，∴f′(x)＝3x2＋1，∴f′(0)＝1，則曲線y＝f(x)在點(0，0)處的切線方程為y＝x，故選D.
答案：D
2．解析：因為y＝x2－4lnx，所以y′＝x－，令x－＝－3，即x2＋3x－4＝0，
得x＝1或x＝－4(舍去)，所以切點是(1，)，代入3x＋y－a＝0，
得3＋－a＝0，a＝.故選D.
答案：D
3．解析：f(x)＝ax2＋(x2－2x＋3)ex，則f′(x)＝2ax＋(x2＋1)ex，f′(0)＝1，f(0)＝3，此時這兩個值均與a無關，
∴無論a取何值，曲線y＝f(x)均存在一條固定的切線，
此時切點為(0，3)，切線斜率為1，故切線方程為y－3＝x，即x－y＋3＝0.
答案：x－y＋3＝0
提分題
[例1]　(1)解析：設直線l：y＝kx＋b與f(x)＝ln (x＋1)相切于點A(x1，y1)，
與g(x)＝ln (e2x)相切于點B(x2，y2)，
由f(x)＝ln (x＋1)，所以f′(x)＝，
由f′(x1)＝＝k x1＝，
則y1＝ln (x1＋1)＝ln (＋1)＝ln＝－lnk，
即點A(，－lnk)，代入直線l中有：
－lnk＝k·＋b b＝k－lnk－1，　①
由g(x)＝ln (e2x)＝lne2＋lnx＝2＋lnx，
所以g′(x)＝，
由g′(x2)＝＝k x2＝，
y2＝g(x2)＝2＋lnx2＝2＋ln＝2－lnk，
即點B(，2－lnk)，代入直線l中有：
2－lnk＝k·＋b b＝1－lnk，　②
聯立①②解得：k＝2，
所以b＝1－ln2.故選B.
(2)解析：當x>0時，y＝lnx，y′＝.假設此時直線與曲線y＝lnx相切于點(x1，lnx1)(x1>0)，則此時切線方程為＝(x－x1)．若該切線經過原點，則lnx1－1＝0，解得x1＝e，此時切線方程為y＝.當x<0時，y＝ln (－x)，y′＝.假設此時直線與曲線y＝ln (－x)相切于點(x2，ln (－x2))(x2<0)，則此時切線方程為y－ln (－x2)＝(x－x2)．若該切線經過原點，則ln (－x2)－1＝0，解得x2＝－e，此時切線方程為y＝－.
答案：B　
y＝　y＝－
[鞏固訓練1]　(1)解析：設P點坐標為(x0，y0)，
由f(x)＝ex－x，x∈R，
得f′(x)＝ex－，
則以P為切點的切線斜率為－>－，
令切線傾斜角為θ，θ∈[0，π)，則tanθ>－，
則θ∈[0，，π)．故選D.
(2)解析：設公切線與曲線y＝lnx和y＝ax2的切點分別為)，其中x1>0，
對于y＝lnx有y′＝，則y＝lnx上的切線方程為＝(x－x1)，即y＝＋(lnx1－1)．
對于y＝ax2有y′＝2ax，則y＝ax2上的切線方程為＝2ax2(x－x2)，即y＝，
所以，有＝lnx1－1，即＝lnx1(x1>0)，
令g(x)＝x2－x2lnx，g′(x)＝x－2xlnx＝x(1－2lnx)，
令g′(x)＝0，得x＝，
當)時，g′(x)>0，g(x)單調遞增，
當，＋∞)時，g′(x)<0，g(x)單調遞減，
所以g(x)max＝)＝e，故0∴正實數a的取值范圍是[，＋∞)．
答案：D　
[，＋∞)

展開更多......

收起↑