1 函数与导数 因材施教 冲刺“双一流”考生选用(课件PPT)-【新高考方案】2025年高考数学二轮复习专题增分方略

因材施教 冲刺“双一流”考生选用 (板块一　函数与导数的“6点”培优) CONTENTS 目录 1 2 培优点1　嵌套函数的零点问题 培优点2　利用导数的运算构造函数 3 培优点3 同构思想在函数问题中的应用 CONTENTS 目录 4 培优点4 三次函数的图象与性质 5 6 培优点5　极值点偏移问题 培优点6 洛必达法则与泰勒公式 嵌套函数的零点问题 培优点1 4 函数的零点是命题的热点,常与函数的性质及相关问题交汇考查.对于嵌套函数的零点,通常先“换元解套”,设中间函数,通过换元将复合函数拆解为两个相对简单的函数,借助函数的图象、性质求解. 5 题型(一)　嵌套函数零点个数的判断 [例1]　已知函数f(x)=则函数F(x)=f(f(x))- 2f(x)-的零点个数是(　　) A.4 B.5 C.6 D.7 思维路径:看到嵌套函数,立即考虑设参数,令t=f(x),F(x)=0,得到f(t)=2t+,作出函数y=f(t)与y=2t+的图象,研究两函数图象的交点,进一步研究原函数的零点. √ 6 [方法例析] 令t=f(x),则t≥0,令F(x)=0,则f(t)-2t-=0,不考虑t的范围,作出y=f(t)和直线y=2t+的图象,如图所示. 由图象可得,二者有两个交点,设交点横坐标为t1,t2,则t1=0,t2∈(1,2),满足t≥0. (注意:换元前后自变量的区别及范围的变化) 当f(x)=t1(t1为参数)时,解得x=2,即有一解.当f(x)=t2(t2为参数)时,有三个解. 综上,F(x)=0共有4个解,即原函数有4个零点. 8 [思维建模] 判断嵌套函数零点个数的主要步骤: (1)换元解套,转化为t=g(x)与y=f(t)的零点; (2)依次解方程,令f(t)=0,求t,代入t=g(x)求出x的值或判断图象交点个数. 总之,解决此类问题抓住两点:①转化换元;②充分利用函数的图象与性质. 9 题型(二)　求嵌套函数零点中的参数 [例2]　函数f(x)=若函数g(x)=f(f(x))-a有三个不同的零点,则实数a的取值范围是　　　 　.  [方法例析] 设t=f(x),令f(f(x))-a=0,则a=f(t). 在同一平面直角坐标系内作y=a,y=f(t) 的图象,如图所示, [-1,+∞) 10 当a≥-1时,y=a与y=f(t)的图象有两个交点.设交点的横坐标为t1,t2(不妨设t2>t1)且t1<-1,t2≥-1,当t1<-1时,t1=f(x)有一解;当t2≥-1时,t2=f(x)有两解.当a<-1时,只有一个零点.综上可知,当a≥-1时,函数g(x)=f(f(x))-a有三个不同的零点. [思维建模] (1)求解本题的关键是抓住分段函数图象的性质,由y=a与y=f(t)的图象,确定t1,t2的取值范围,进而由t=f(x)的图象确定零点的个数; (2)处理含参数的嵌套函数方程,还应注意让参数的取值“动起来”,抓临界位置,动静结合. 1.(2024·金华、义乌三模)若函数f(x)=x+,则方程f(f(x))=3的实数根个数为(　　) A.2 B.3 C.4 D.5 √ 应用体验 13 解析:f(x)=x+=当x<0时,f(x)=x-,则f'(x)=1+>0, 此时f(x)=x-在(-∞,0)上单调递增.当x>0时,f(x)=x+,则f'(x)=1-=,故当x>1时,f'(x)>0,当0<x<1时, f'(x)<0,故f(x)=x+在(0,1)上单调递减, 在(1,+∞)上单调递增,画出函数f(x)和 y=3的图象如图. 14 令x+=3,得x2=,x3=,故x1∈(-1,0),x2∈(0,1),x3∈(2,+∞).令f(x)=t,则f(t)=3,且t1∈(-1,0),t2∈(0,1),t3∈(2,+∞),当f(x)=t1∈(-1,0)时,结合图象可知,只有1个解x4,当f(x)=t2∈(0,1)时,结合图象可知,只有1个解x5,当f(x)=t3∈(2,+∞)时,结合图象可知,有3个解x6,x7,x8,综上,方程f(f(x))=3的实数根的个数为5. 15 2.已知函数f(x)=若函数y=f(f(x))有8个不同的零点,则a的取值范围为(　　) A.(0,8) B.(0,+∞) C.[8,+∞) D.(8,+∞) √ 解析:当a≤0时,f(x)是R上的增函数,f(x)=0有唯一解x=0,此时f(f(x))=0不可能有8个解.当a>0时,令f(x)=t,则由f(f(x))=f(t)=0,得t1=-2a, t2=0,t3=a①. 因为函数y=f(f(x))有8个不同的零点, 所以直线y=-2a,y=0, y=a与函数f(x)的图象共有8个交点, 作出f(x)的图象,如图所示. 因为a>0,所以2a>a,所以直线y=a与函数f(x)的图象有2个交点.直线y=0与函数f(x)的图象有3个交点,所以直线y=-2a与函数f(x)的图象有8-2-3=3(个)交点②,所以-2a>-,得a>8. 解题关键: ①处,换元,把零点个数转化为函数图象的交点个数,进而求解,这是解题的入口. ②处,先确定容易确定的“直曲交点”个数,再根据总交点个数确定剩余的“直曲交点”个数,据此列关系式求参数的取值范围. 3.已知函数f(x)=g(x)=x-3,方程f(g(x))=-3-g(x)有2个不同的根,分别是x1,x2,则x1+x2=(　　) A.0 B.3 C.6 D.9 √ 19 解析:令g(x)=x-3=t,则f(g(x))=-3-g(x)即f(t)=-3-t,由题意知直线y=-3-t与曲线y=f(t)有2个交点,设交点横坐标分别为t1,t2(t1<0<t2),则t1,t2满足=-3-t1,ln t2=-3-t2,则ln =t1=-3-,易知关于m的方程ln m=-3-m只有1个根,所以t2=,从而t1+t2=-3.不妨设x1-3=t1,x2-3=t2,则x1-3+x2-3=-3,所以x1+x2=3. 20 4.已知函数f(x)=若关于x的方程[f(x)]2-af(x)+a2-a=0有四个不等实根.则实数a的取值范围为(　　) A.(0,1) B.(-∞,-1)∪[1,+∞) C.(0,1] D.(-1,0)∪{1} √ 21 解析:当x≥0时,f(x)=xe1-x,则f'(x)=(1-x)·e1-x,令f'(x)=(1-x)e1-x>0解得0≤x<1,令f'(x)=(1-x)e1-x<0解得x>1,所以函数f(x)在[0,1)上单调递增,(1,+∞)上单调递减,f(x)max=f(1)=1.当x≥0时,f(x)≥0. 作出函数f(x)=的图象如图, 22 关于x的方程[f(x)]2-af(x)+a2-a=0有四个不等实根,令t=f(x),g(t)=t2-at+a2-a,则g(t)=0有两个不相等的实数根,t1=0,t2=1,此时f(x)=0,f(x)=1各有2个根,满足题意,所以解得a=1.t1∈(0,1),t2∈(-∞,0)∪(1,+∞),由g(1)=(a-1)2>0,则函数g(t)=0的一个根在(0,1),另一个根在(-∞,0),所以g(0)=a2-a<0解得0<a<1,综上,a∈(0,1]. 23 5.已知函数f(x)=若关于x的方程[f(x)]2-(2-m)f(x)+1-m=0恰有5个不同的实数解,则实数m的取值范围为　　　　.  解析:作出函数f(x)的大致图象,如图所示, 则f(x)的定义域为(0,+∞),值域为[0,+∞). 令t=f(x),则[f(x)]2-(2-m)f(x)+1-m=0可化为t2-(2-m)t +1-m=(t-1+m)(t-1)=0,t∈[0,+∞), (-3,-1) 24 则t1=1或t2=1-m,则关于x的方程[f(x)]2-(2-m)·f(x)+1-m=0恰有5个不同的实数解,等价于t=f(x)的图象与直线t=t1,t=t2的交点个数之和为5,由图可得函数t=f(x)的图象与直线t=t1的交点个数为2,所以t=f(x)的图象与直线t=t2的交点个数为3,即此时2<1-m<4,解得-3<m<-1. 25 利用导数的运算构造函数 培优点2 26 构造法是高中数学学习中一种极其重要的思维方法与学科方法,通过对数学问题的已知条件和结论进行深入分析,抓住问题的本质特征,恰当地构造辅助元素或数学模型,转化原问题的结构,重组条件和结论之间的关系,产生一种新的结构,即通过等式与不等式的结构特征,构造新函数解决比较大小、解不等式恒成立问题. 27 类型(一)　利用f(x)与x构造 [例1]　(多选)已知函数f(x)为定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的奇函数,若当x<0时,xf'(x)-f(x)<0,且f(1)=0,则(　　) A.2f(e)>ef(2) B.当m<2时,f(m)>mf(1) C.3f(-π)+πf(3)<0 D.不等式f(x)>0的解集为(-1,0)∪(1,+∞) √ √ √ 28 [方法例析] 构造函数g(x)=,其中x≠0,因为函数f(x)为定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的奇函数,则f(-x)=-f(x),所以g(-x)===g(x),故函数g(x)为偶函数.当x<0时,g'(x)=<0,所以函数g(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.因为f(1)=0,则g(1)==0,则g(-1)=g(1)=0.因为e>2,所以g(e)>g(2),即>,2f(e)>ef(2),故A正确; 29 不妨取m=1,则f(1)=0,mf(1)=0,B错误; 因为偶函数g(x)在(0,+∞)上单调递增,则g(-π)=g(π)>g(3),即>,整理可得3f(-π)+πf(3)<0,C正确; 当x<0时,由f(x)>0可得g(x)=<0=g(-1),解得-1<x<0.当x>0时,由f(x)>0可得g(x)=>0=g(1),解得x>1.综上所述,不等式f(x)>0的解集为(-1,0)∪(1,+∞),D正确. 类型(二)　利用f(x)与ex构造 [例2]　设函数f(x)的定义域为R,其导函数为f'(x),且满足f(x)>f'(x)+1,f(2)=e2+1,则不等式e-xf(x)≥e-x+1的解集是(　　) A.(-∞,1] B.(-∞,2] C.[-1,2] D.[2,+∞) √ 31 [方法例析] 设g(x)=,则g'(x)=.∵f(x)>f'(x)+1,即f'(x)-f(x)+1<0,∴g'(x)<0,∴g(x)在R上单调递减. 又f(2)=e2+1,∴e-xf(x)≥e-x+1⇔≥1=,即g(x)≥g(2), ∴x≤2,∴原不等式的解集为(-∞,2],故选B. 类型(三)　利用f(x)与sin x,cos x构造 [例3]　已知函数f(x)的定义域为,其导函数是f'(x),且f'(x)cos x+f(x)sin x<0,则关于x的不等式f(x)>2fcos x的解集为　　 　　.  [方法例析] 依题意,令F(x)=,x∈,则F'(x)=.因为当-<x<时,f'(x)cos x+f(x)sin x<0,所以当x∈时,F'(x)<0,所以F(x)在上单调递减,则f(x)>2f cos x等价于>,即F(x)>F,所以解得-<x<,所以所求不等式的解集为. [思维建模]　常见的构造模型 (1)对于f'(x)>g'(x),可构造函数h(x)=f(x)-g(x).一般地,若f'(x)>a(a≠0),即导函数对于某个非零常数(若a=0,则无需构造),则可构造函数h(x)=f(x)-ax. (2)对于f'(x)+g'(x)>0,可构造函数h(x)=f(x)+g(x). (3)对于f'(x)+f(x)>0,可构造函数h(x)=exf(x). (4)对于f'(x)>f(x)(或f'(x)-f(x)>0),可构造函数h(x)=. (5)对于xf'(x)+f(x)>0,可构造函数h(x)=xf(x). (6)对于xf'(x)-f(x)>0,可构造函数h(x)=. (7)对于>0,可分为两类:①若f(x)>0,可构造函数h(x)=ln f(x);②若f(x)<0,可构造函数h(x)=ln[-f(x)]. (8)对于f'(x)sin x+f(x)cos x>0,可构造函数h(x)=f(x)sin x. (9)对于f'(x)cos x-f(x)sin x>0,可构造函数h(x)=f(x)cos x. 1.已知定义在R上的奇函数f(x)的图象是一条连续不断的曲线,f'(x)是f(x)的导函数,当x>0时,3f(x)+xf'(x)>0,且f(2)=2,则不等式(x+1)3f(x+1)>16的解集为 (　　) A.(1,+∞) B.(-∞,-2)∪(2,+∞) C.(-∞,1) D.(-∞,-3)∪(1,+∞) √ 应用体验 37 解析:令g(x)=x3f(x),则g'(x)=3x2f(x)+x3f'(x)=x2[3f(x)+xf'(x)].因为当x>0时,3f(x)+xf'(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增.又f(x)为奇函数,且图象连续不断,所以g(x)为偶函数,由(x+1)3f(x+1)>23f(2),得|x+1|>2,解得x<-3或x>1. 38 2.已知定义域为R的函数f(x),其导函数为f'(x),且满足f'(x)-2f(x)<0,f(0)=1,则 (　　) A.e2f(-1)<1 B.f(1)>e2 C.f<e D.f(1)>ef 解析:设g(x)=,则g'(x)==. √ 39 因为f'(x)-2f(x)<0在R上恒成立,所以g'(x)<0在R上恒成立,故g(x)是减函数,所以g(-1)>g(0),=e2f(-1)>=1,故A不正确; g(1)<g(0),即<,即f(1)<e2f(0)=e2,故B不正确; g<g(0),即<=1,即f<e,故C正确; g>g(1),即>,即f(1)<ef,故D不正确. 40 3.已知函数f(x)在R上可导,其导函数为f'(x),若f(x)满足:(x-1)[f'(x)-f(x)]>0,f(2-x)=f(x)e2-2x,则下列判断正确的是 (　　) A.f(1)>ef(0) B.f(2)>e2f(0) C.f(3)>e3f(0) D.f(4)<e4f(0) 解析:令F(x)=,则 F'(x)==.函数f(x)满足(x-1)[f'(x)-f(x)]>0,当x>1时, F'(x)>0,F(x)在(1,+∞)上单调递增,当x<1时,F'(x)<0,F(x)在(-∞,1)上单调递减. √ 又由f(2-x)=f(x)e2-2x⇔=⇔F(2-x)=F(x),即函数F(x)的图象关于x=1对称,从而F(1)<F(0)=F(2)<F(3)<F(4). 对于A,F(1)<F(0),<,f(1)<ef(0),A错误; 对于B,F(0)=F(2),=,f(2)=e2f(0),B错误; 对于C,F(3)>F(0),>,f(3)>e3f(0),C正确; 对于D,F(4)>F(0),>,f(4)>e4f(0),D错误. 4.已知f(x)是定义在R上的恒大于零的偶函数,其导函数记为f'(x).且当x≠0时,2f(x)+f'(x)<0,若a<0<b且|a|<b,则一定成立的是(　　) A.f(a)>f(0) B.f(b)<f(0) C.f(a)>f(b) D.f(a)<f(b) 解析: 审题破题:本题直接构造没有对应的形式,但是在两边同乘以x转化之后,可以根据乘法的求导法则逆向构造. √ 43 由当x≠0时,2f(x)+f'(x)<0,得到当x>0时,2xf(x)+(x2+1)f'(x)<0,然后构造函数g(x)=(x2+1)f(x),从而有当x>0时,g'(x)=2xf(x)+(x2+1)f'(x)<0,函数g(x)单调递减.又f(x)是定义在R上恒大于零的偶函数,于是g(x)=(x2+1)f(x)也是定义在R上恒大于零的偶函数.由于a<0<b且|a|<b,于是0<-a<b.又当x>0时,函数g(x)单调递减,于是g(a)=g(-a)>g(b),即(a2+1)f(a)>(b2+1)f(b),于是>,又0<a2+1<b2+1,因此>1,即f(a)>f(b). 44 多元思维:本题形式特殊,还有一种非常规解法.因为2f(x)+f'(x)<0,所以f'(x)<-2f(x)<0,所以当x>0时,f'(x)<0,再结合偶函数性质即可得出答案. 45 5.已知函数f(x)的定义域为(0,π),其导函数是f'(x).若f'(x)sin x-f(x)cos x>0恒成立,则关于x的不等式f(x)<2fsin x的解集为　　　　.  解析:令F(x)=,则F'(x)=>0,所以F(x)在定义域内单调递增.关于x的不等式f(x)<2fsin x可化为<,即F(x)<F.又0<x<π,所以0<x<,所以不等式f(x)<2fsin x的解集为. 46 同构思想在函数问题中的应用 培优点3 47 同构法是将不同的代数式(或不等式、方程)通过变形,转化为形式结构相同或相近的式子,通过整体思想或换元等将问题转化的方法,这体现了转化思想.此方法常用于求解具有对数、指数等混合式子结构的等式或不等式问题.同构法在使用时,考验“眼力”,面对复杂的结构,仔细观察灵活变形,使式子两侧的结构一致.构造函数,判断函数单调性,进一步求参数或证明不等式.下面详细讲解几种常见的同构模式. 48 模式(一)　结构一致性同构 1.单变量同构 首先依据题设中目标特征或适当变形,将其化为结构相同的式子,然后同构函数,利用函数单调性求解,如:对于实数a=,b=,c=,可构造函数f(x)=·;对于实数a=2ln 7,b=3ln 6,c=4ln 5,适当变形ln a=ln 2·ln 7,ln b=ln 3·ln 6,ln c=ln 4·ln 5,可构造函数f(x)=ln x·ln(9-x)(2≤x≤4). 49 [例1]　已知a,b,c∈(1,+∞),且a2-2ln a-1=,b2-2ln b-1=,c2-2ln c-1=,则(　　) A.b>a>c B.b>c>a C.a>b>c D.c>a>b 审题破题:通过观察发现题目中三次出现:t2-2ln t-1=种形式的代数式,于是同构变形之后设φ(x)=,利用函数的单调性,从而使问题获解. √ 50 [方法例析] 设f(x)=x2-2ln x-1(x>1),则f(a)=,f(b)=,f(c)=, ∵f'(x)=2x->0,∴f(x)在(1,+∞)上单调递增.设φ(x)=(x≥e), 则φ'(x)=,当x>e时,φ'(x)<0,∴φ(x)在[e,+∞)上单调递减, ∵e<π<4,∴φ(e)>φ(π)>φ(4)=φ(2), ∴f(b)>f(c)>f(a),∴b>c>a. 51 2.双变量同构 对于含有两个变量x1,x2的不等式,一般通过变形将x1,x2分别化到不等式的两边,若不等式两边结构相同,则根据结构特征同构函数,利用函数的单调性解决问题.注意不等式的转化要等价. (1)>k(x1<x2)⇔f(x1)-f(x2)<kx1-kx2⇔f(x1)-kx1<f(x2)-kx2⇔y=f(x)-kx为增函数. (2)<(x1<x2)⇔f(x1)-f(x2)>=-⇔f(x1)+>f(x2)+⇔y=f(x)+为减函数. [例2]　(2024·南通模拟)已知函数f(x)=2ln x-x2+ax(a∈R).若对区间(1,2)内任意两个不相等的实数x1,x2,不等式<2恒成立,则实数a的取值范围为　　　　.  [方法例析] 不妨设1<x1<x2<2,则<2恒成立等价于f(x2)-f(x1)<2(x2-x1)恒成立,即f(x1)-2x1>f(x2)-2x2恒成立,令u(x)=f(x)-2x. (关键点:根据f(x2)-f(x1)<kx2-kx1构造y=f(x)-kx,且该函数在(1,2)上单调递减) (-∞,2] 由x1,x2的任意性知u(x)在(1,2)上单调递减,则u'(x)=f'(x)-2≤0,即f'(x)≤2在(1,2)上恒成立,即-2x+a≤2(1<x<2)恒成立,即a≤2x-+2(1<x<2)恒成立.令h(x)=2x-+2,则h'(x)=2+>0,所以h(x)在(1,2)上单调递增,所以当1<x<2时,h(x)>h(1)=2,故实数a的取值范围是(-∞,2]. 模式(二)　指对跨界同构 主要针对单变量,同左同右取对数: 原式 转化 构造函数 积型: aea≤bln b 同左:aea≤(ln b)eln b 构造f(x)=xex 同右:ealn ea≤bln b 构造f(x)=xln x 取对数:a+ln a≤ln b+ln(ln b) 构造f(x)=x+ln x 续表 商型: < 同左:< 构造f(x)= 同右:< 构造f(x)= 取对数:a-ln a<ln b-ln(ln b) 构造f(x)=x-ln x 和差:ea± a>b±ln b 同左:ea±a>eln b±ln b 构造f(x)=ex±x 同右:ea±ln ea>b±ln b 构造f(x)=x±ln x [例3]　(2024·厦门二模)已知偶函数f(x)在(-∞,0)上单调递增,a=f,b=f,c=f,则(　　) A.a<b<c B.b<a<c C.a<c<b D.c<b<a [方法例析] =,==.设g(x)=(x>0),则g'(x)=. (巧变通:这里之所以将转化为,是因为构造函数后,发现自变量不在同一单调区间内,需转化到同一单调区间内) √ 57 当0<x<e时,g'(x)>0,g(x)单调递增; 当x>e时,g'(x)<0,g(x)单调递减. 因为e<3<4,所以g(e)>g(3)>g(4),即>>,故>>. 因为偶函数f(x)在(-∞,0)上单调递增,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减, 又>>>0,则f<f<f=f,即a<c<b. 58 模式(三)　无中生有同构 主要针对上面未涉及的类型,关键是凑好形式: 原式 凑形式转化 aeax>ln x axeax>xln x,后面转化同“积型” ex>aln(ax-a)-a(a>0) ex>ln a(x-1)-1⇔ex-ln a-ln a>ln(x-1)-1⇔ex-ln a+x-ln a>ln(x-1)+x-1=eln(x-1)+ln(x-1)⇔x-ln a>ln(x-1) ax>logax(a>1) exln a>⇔(xln a)exln a>xln x,后面转化同“积型” [例4]　(2024·长沙模拟)设实数m>0,若对任意的x∈(1,+∞),不等式2e2mx-≥0恒成立,则实数m的取值范围是(　　) A. B. C.[e,+∞) D.[2e,+∞) [方法例析] 不等式2e2mx-≥0恒成立,即2e2mx≥恒成立,即2me2mx≥ln x恒成立,即2mxe2mx≥xln x=eln x·ln x(m>0,x>1)恒成立. (注意:由x∈(1,+∞)“无中生有”一个x,巧用xln x=eln xln x同构) √ 构造函数g(x)=xex(x>0),则g'(x)=ex+xex=(x+1)ex.当x>0时,g'(x)>0, g(x)单调递增,则不等式2e2mx-≥0恒成立等价于g(2mx)≥g(ln x)恒成立,即2mx≥ln x恒成立,进而转化为2m≥恒成立.设h(x)=,可得h'(x)=,当0<x<e时,h'(x)>0,h(x)单调递增.当x>e时,h'(x)<0,h(x)单调递减.所以当x=e时,函数h(x)取得最大值,为h(e)=,故m的取值范围为. 1.已知a<5且ae5=5ea,b<4且be4=4eb,c<3且ce3=3ec,则 (　　) A.c<b<a B.b<c<a C.a<c<b D.a<b<c 解析: 审题破题:通过观察发现题目中三次出现men=nem种形式的代数式,于是同构变形之后设f(x)=,利用函数的单调性,从而使问题获解. √ 应用体验 62 ∵e5>0,ea>0,且ae5=5ea, ∴a>0.同理b>0,c>0.设f(x)=(x>0), 则f'(x)=,由此可知,f(x)在(0,1)内单调递减, 在(1,+∞)上单调递增,所以f(3)<f(4)<f(5). 又f(c)=f(3),f(b)=f(4),f(a)=f(5), ∴f(c)<f(b)<f(a),且a,b,c∈(0,1),于是a<b<c. 63 2.若2a+log2a=4b+2log4b,则 (　　) A.a>2b B.a<2b C.a>b2 D.a<b2 √ 64 解析:∵2a+log2a=4b+2log4b,∴2a+log2a=22b+log2b,即2a+log2a=22b+log2(2b)-1<22b+log2(2b).∵函数f(x)=2x+log2x单调递增,且f(a)<f(2b),∴a<2b,故B正确; ∵f(a)-f(b2)=2a+log2a-(+log2b2)=22b+log2b-(+log2b2)=22b--log2b,当b=1时,f(a)-f(b2)=2>0,此时f(a)>f(b2),即a>b2;当b=2时,f(a)-f(b2)=-1<0,此时f(a)<f(b2),即a<b2.∴C、D不正确. 3.已知实数a,b∈(0,2),且满足a2-b2-4=-2a-4b,则a+b的值为　　　　.  解析:由a2-b2-4=-2a-4b,得a2+2a=(2-b)2+22-b,设f(x)=x2+2x(0<x<2),则f(x)在(0,2)上为增函数, ∵a,b∈(0,2),∴2-b∈(0,2),由f(a)=f(2-b),得a=2-b,∴a+b=2. 2 4.设实数λ>0,若对任意的x∈(0,+∞),不等式eλx-≥0恒成立,则λ的取值范围是　 　 　.  解析:法一:由eλx-≥0,得eλx≥,即λxeλx≥ln x·eln x对任意的x∈(0,+∞)恒成立. 设f(t)=tet,则f(λx)≥f(ln x)对任意的x∈(0,+∞)恒成立. 又f'(t)=tet+et=(t+1)et, ∴当t<-1时,f'(t)<0,f(t)单调递减;当t>-1时, f'(t)>0,f(t)单调递增.画出图象如图所示. 当x≥时,t1=λx>0,t2=ln x>-1,此时函数f(t) 单调递增,∴f(t1)>f(t2),即f(λx)≥f(ln x),∴λx≥ln x对任意的x∈(0,+∞)恒成立,∴λ≥对任意的x∈(0,+∞)恒成立.设g(x)=,x>0,则g'(x)=,则当0<x<e时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x>e时,g'(x)<0,g(x)单调递减,∴g(x)max=g(e)=,∴λ≥. 68 当0<x<时,t1=λx>0,t2=ln x<-1, 由f(0)=0·e0=0,结合函数f(t)的图象可得f(t1)>0>f(t2),即f(λx)≥f(ln x)对任意的x∈(0,+∞)恒成立. 综上可得λ≥,∴实数λ的取值范围是. 法二:由eλx-≥0,得eλx≥,即λxeλx≥ln x·eln x对任意的x∈(0,+∞)恒成立. 当x∈(0,1]时,总有λxeλx>0,xln x≤0. 只需考虑x>1的情形,即λxeλx≥ln x·eln x. 设m(t)=tet(t>0),则m'(t)=tet+et=(t+1)et>0,m(t)在t∈(0,+∞)上为增函数. 由m(λx)≥m(ln x),得λx≥ln x,即λ≥,故λ≥. 设n(x)=(x>0),则n'(x)=,n(x)max=n(e)=,∴λ≥. 法三:由eλx-≥0,得eλx≥,λeλx≥ln x,即λxeλx≥xln x对任意的x∈(0,+∞)恒成立. 当x∈(0,1]时,总有λxeλx>0,xln x≤0. 只需考虑x>1的情形,即eλxln eλx≥xln x. 设F(t)=tln t(t>1),则F'(t)=1+ln t>0,F(t)在t∈(1,+∞)上为增函数. 由F(eλx)≥F(x)得,eλx≥x,即λ≥,故λ≥. 设G(x)=(x>0),则G'(x)=,G(x)max=G(e)=,∴λ≥. 法四:由eλx-≥0,得eλx≥,λeλx≥ln x,即λxeλx≥xln x对任意的x∈(0,+∞)恒成立. 当x∈(0,1]时,总有λxeλx>0,xln x≤0. 只需考虑x>1的情形,即λx+ln(λx)≥ln x+ln(ln x). 设μ(t)=t+ln t(t>0),则μ'(t)=1+>0,μ(t)在t∈(0,+∞)上为增函数. 由μ(λx)≥μ(ln x)得,λx≥ln x,即λ≥,故λ≥. 设v(x)=(x>0),则v'(x)=,v(x)max=v(e)=,∴λ≥. 5.已知函数f(x)=xex-a(x+ln x)有两个零点,则实数a的取值范围是　　　　.  解析:f(x)=xex-a(x+ln x)=ex+ln x-a(x+ln x),(妙解:巧用xex=eln xex=ex+ln x(x>0)同构)令t=x+ln x,则t∈R,因为x∈(0,+∞),所以t'=1+>0.函数t=x+ln x单调递增,则关于t的方程et-at=0有两个根,即a=有两个根.令g(t)=,易知g(t)在(-∞,0),(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,当t>0时,g(t)min=g(1)=e,数形结合可得a>e. (e,+∞) 73 6.已知x0是函数f(x)=x2ex-2+ln x-2的零点,则+ln x0=　　.  解析:令f(x)=x2ex-2+ln x-2=0,得x2ex-2=2-ln x,即xex=ln ,所以ln x+x=ln+ln,(关键点:两边同时取以e为底的对数)结合函数y=ln x+x具有单调性可得ln=x0,即2-ln x0=x0或=x0, 则+ln x0=x0+ln x0=2. 2 74 三次函数的图象与性质 培优点4 75 1.三次函数的图象及相关性质 设函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0),其图象特征如下表所示,类似于“对勾函数”,我们将三次函数简称为“闪电函数”.对于“闪电函数”最基础的考查即研究其单调性、极值等相关性质. 76 项目 有极值 无极值 a>0 a<0 77 2.三次函数图象的对称性 三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d的图象为中心对称图形,其对称中心为.该性质可通过中心对称的定义f(m+x)+f(m-x)=2n((m,n)为对称中心)代入进行验证证明,也可通过研究f(x)=ax3的对称性,再将其通过平移变换获得一般情况下的对称性,也可通过导数等工具进行验证. 78 1.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) 解析:f(x)=x3+ax+2,则f'(x)=3x2+a,若f(x)存在3个零点,则f(x)要存在极大值和极小值,则a<0. √ 应用体验 79 令f'(x)=3x2+a=0,解得x=-或x=, 且当x∈∪时,f'(x)>0,当x∈时, f'(x)<0,故f(x)的极大值为f,极小值为f. 若f(x)存在3个零点,则即解得a<-3. 80 2.已知函数f(x)=-x3+x2+2ax,g(x)=x2-4. (1)若函数f(x)在(0,+∞)上存在单调递增区间,求实数a的取值范围; 解:∵f(x)在(0,+∞)上存在单调递增区间, ∴f'(x)=-x2+2x+2a>0在(0,+∞)上有解. 又f'(x)是对称轴为x=1的二次函数,∴f'(x)在(0,+∞)上的最大值大于0,而f'(x)的最大值为f'(1)=1+2a, ∴1+2a>0,解得a>-.故实数a的取值范围为. (2)设G(x)=f(x)-g(x).若0<a<2,G(x)在[1,3]上的最小值为h(a),求h(a)的零点. 解: 由题意得G(x)=f(x)-g(x)=-x3+x2+2ax+4,∴G'(x)=-x2+x+2a. 由G'(x)=0得x1=,x2=,则G(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增. 又当0<a<2时,x1<0,1<x2<3,∴G(x)在[1,3]上的最大值点为x2,最小值为G(1)或G(3),而G(3)-G(1)=-+4a, ①当-+4a<0,即0<a<时,h(a)=G(3)=6a-=0,得a=,此时,h(a)的零点为; ②当-+4a≥0,即≤a<2时,h(a)=G(1)=+2a=0,得a=-(舍去). 综上,h(a)的零点为. 3.设函数f(x)=x3+ax2+bx+c(a<0)在x=0处取得极值-1. (1)设点A(-a,f(-a)),求证:过点A的切线有且只有一条,并求出该切线方程; 解:证明:由f(x)=x3+ax2+bx+c(a<0),得f'(x)=x2+2ax+b. 由题意可得所以f(x)=x3+ax2-1.此时,f'(x)=x2+2ax. 当x<0时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增,当0<x<-2a时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减, 所以函数f(x)在x=0处取得极大值-1,符合题意.设切点为(x0,y0),则切线方程为y-y0=f'(x0)(x-x0), 即y--a+1=(+2ax0)(x-x0),即为y=(+2ax0)x--a-1, 将点(-a,f(-a))代入方程可得+3a+3a2x0+a3=0,即=0,所以x0=-a,即点A为切点,且切点是唯一的,故切线有且只有一条.所以切线方程为a2x+y+a3+1=0. (2)若过点(0,0)可作曲线y=f(x)的三条切线,求a的取值范围; 解:由(1)知切线方程为y=(+2ax0)x--a-1, 把点(0,0)代入切线方程可得+a+1=0. 因为有三条切线,所以方程+a+1=0有三个不同的实根. 设g(x)=x3+ax2+1(a<0), g'(x)=2x2+2ax,令g'(x)=2x2+2ax=0,可得x=0或x=-a. 当x∈(-∞,0)时,g'(x)>0,g(x)单调递增, 当x∈(0,-a)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(-a,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,所以函数g(x)在x=0处取得极大值,且g(x)极大值=g(0)=1>0,函数g(x)在x=-a处取得极小值,且g(x)极小值=g(-a)=-a3+a3+1=+1. 因为方程g(x)=0有三个根,所以g(-a)=+1<0,解得a<-, 因为g=a×<0,g(-3a)=-9a3+1>0, 由函数零点存在定理可知,函数g(x)有三个零点.故a的取值范围为(-∞,-). (3)设曲线y=f(x)在点(x1,f(x1)),(x2,f(x2))(x1≠x2)处的切线都过点(0,0),证明:f'(x1)≠f'(x2). 解: 证明:假设f'(x1)=f'(x2),则+2ax1=+2ax2,即(x1-x2)(x1+x2+2a)=0. 因为x1≠x2,所以x1+x2=-2a.由(2)可得 两式相减可得(-)+a(-)=0. 88 因为x1≠x2,故(+x1x2+)+a(x1+x2)=0.把x1+x2=-2a代入上式可得,+x1x2+=3a2, 所以-x1x2=3a2,即(-2a)2-x1x2=3a2,所以x1x2=a2. 又由x1x2<==a2,这与x1x2=a2矛盾,所以假设不成立, 即f'(x1)≠f'(x2)得证. 极值点偏移问题 培优点5 90 已知函数y=f(x)是连续函数,在区间(x1,x2)内有且只有一个极值点x0,且f(x1)=f(x2),若极值点左右的“增减速度”相同,常常有极值点x0=,我们称这种状态为“极值点不偏移”(如二次函数);若极值点左右的“增减速度”不同,函数的图象不具有对称性,常常有极值点x0≠的情况,我们称这种状态为“极值点偏移”. 91 极值点左偏 极值点右偏 下面我们讲解两种主要解决极值点偏移问题的方法 92 方法(一)　对称构造 [例1]　已知常数a>0,函数f(x)=x2-ax-2a2ln x. (1)若∀x>0,f(x)>-4a2,求a的取值范围; [方法例析] 由已知得f(x)的定义域为{x|x>0},且f'(x)=x-a-==. ∵a>0,∴当x∈(0,2a)时,f'(x)<0,即f(x)在(0,2a)内单调递减; 当x∈(2a,+∞)时,f'(x)>0,即f(x)在(2a,+∞)上单调递增. 93 ∴f(x)在x=2a处取得极小值,即最小值, ∴f(x)min=f(2a)=-2a2ln(2a). ∵∀x>0,f(x)>-4a2⇔f(x)min=-2a2ln(2a)>-4a2⇔ln(2a)<ln e2, ∴0<a<,即a的取值范围为. 94 (2)若x1,x2是f(x)的零点,且x1≠x2,证明:x1+x2>4a. [方法例析] 证明:由(1)知,f(x)的定义域为{x|x>0}, f(x)在(0,2a)上单调递减,在(2a,+∞)上单调递增,且x=2a是f(x)的极小值点. ∵x1,x2是f(x)的零点,且x1≠x2,∴x1,x2分别在(0,2a),(2a,+∞)上,不妨设0<x1<2a<x2,设F(x)=f(x)-f(4a-x), (关键点:根据所证的不等式的对称性构造相应的函数) 95 则F'(x)=+=. 当x∈(0,2a)时,F'(x)<0,F'(2a)=0,即F(x)在(0,2a]上单调递减. ∵0<x1<2a,∴F(x1)>F(2a)=0,即f(x1)>f(4a-x1), ∵f(x1)=f(x2)=0,∴f(x2)>f(4a-x1). ∵x1<2a,∴4a-x1>2a. 又∵x2>2a,f(x)在(2a,+∞)上单调递增, ∴x2>4a-x1,即x1+x2>4a. 96 方法(二)　比值换元 [例2]　已知函数f(x)=xln x-x. (1)求函数f(x)的最值; [方法例析] 函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ln x.令f'(x)<0,解得0<x<1;令f'(x)>0,解得x>1. 所以f(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(1)=1×ln 1-1=-1,所以f(x)最小值为-1,无最大值. (2)若函数g(x)=f(x)-ax2+a有两个不同的极值点,记作x1,x2,且x1<x2,求证:ln x1+2ln x2>3. [方法例析] 证明:g(x)=f(x)-ax2+a=xln x-ax2-x+a,g'(x)=ln x-2ax. 因为g(x)有两个不同的极值点x1,x2,所以ln x1=2ax1,ln x2=2ax2. 欲证ln x1+2ln x2>3,即证2ax1+4ax2>3. 又0<x1<x2,所以原式等价于a>.　① 由ln x1=2ax1,ln x2=2ax2,得ln=2a(x2-x1),则a=.　② (关键点:作商,构造比值的形式,为后面使用比值换元法做好准备条件) 由①②知原问题等价于求证>,即证ln>=. 令t=,则t>1,上式等价于求证ln t>. 令h(t)=ln t-(t>1),则h'(t)=-=. 因为t>1,所以h'(t)>0恒成立,所以h(t)单调递增,h(t)>ln 1-=0,即ln t>,所以原不等式成立,即ln x1+2ln x2>3. 1.(2024·邯郸调研三)已知函数f(x)=x(ex-ax2),a∈R.已知关于x的方程f(x)=ax2-ex恰有4个不同的实数根x1,x2,x3,x4,其中x1>0,x2>0. (1)求a的取值范围; 解:(1)由f(x)=ax2-ex,得(x+1)(ex-ax2)=0,该方程有一根为-1,且x≠0, 所以ex-ax2=0,即a=有3个不同的实数根,且这3个实数根均不为-1. 令g(x)=,则g'(x)=, 应用体验 101 当x∈(-∞,0)时,g'(x)>0,当x∈(0,2)时,g'(x)<0,当x∈(2,+∞)时,g'(x)>0, 所以g(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,2)内单调递减,在(2,+∞)上单调递增. 又g(2)=,且当x无限趋近于-∞时,g(x)>0且趋近于0, 当x从0的左侧无限趋近于0时,g(x)趋近于+∞,当x从0的右侧无限趋近于0时,g(x)趋近于+∞, 102 当x无限趋近于+∞时,ex的增速远大于x2的增速,所以g(x)趋近于+∞. 故g(x)的大致图象如图所示. 又g(-1)=<,所以当a>时,直线y=a 与曲线y=g(x)有3个不同的交点,且这3个交 点的横坐标均不为-1,所以a的取值范围为. (2)求证:x1+x2>4. 解: 证明:由(1)知=a,=a,所以x1=ln a+2ln x1,x2=ln a+2ln x2,所以x1-x2=2ln x1-2ln x2=2ln,则=2. 要证x1+x2>4,只需证x1+x2>, 不妨设x2>x1>0,所以0<<1,所以ln<0, 则只需证ln<=. 令t=,则t∈(0,1),令h(t)=ln t-, 则当0<t<1时,h'(t)=-==>0, 所以h(t)在(0,1)内单调递增,所以h(t)<h(1)=0, 所以当t∈(0,1)时,ln t<恒成立,所以原不等式x1+x2>4得证. 2.(2024·浙江金丽衢十二校联考一)已知函数f(x)=ln x-2m(m∈R)有两个不同的零点x1,x2. (1)求实数m的取值范围; 解:由题意,f'(x)=-=(x>0), 当m≤0时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增,不满足要求; 当m>0时,令f'(x)=0,得x=, 令f(x)极大值=f=-2ln m-2>0,得0<m<. x f'(x) + 0 - f(x) 单调递增 极大值 单调递减 设g(m)=-4ln m-,于是g'(m)=-+=>0,所以g(m)在m∈内单调递增,故g(m)<g=4-2e<0, 故f(1)=-2m<0,f=-4ln m-<0, 所以由函数零点存在定理可知,存在x1∈,使得f(x1)=0,存在x2∈,使得f(x2)=0. 故当0<m<时,函数f(x)有两个不同的零点x1,x2. (2)证明:e< <. 解: 证明:由题意,令=t1,=t2,且不妨令x1<x2, 则有　① 两式相减,可得m=. 要证 <,即证 <=⇔ln-+>0.　② 令u=,则②即为2ln u-u+>0(0<u<1). 设g(u)=2ln u-u+,则g'(u)=-1-=<0, 所以g(u)在(0,1)内单调递减,所以g(u)>g(1)=0,即有<. ①中两式相加,可得ln t1t2=m(t1+t2), 则要证 >e,即证t1t2>e2,由上式只需证m(t1+t2)>2, 即证·(t1+t2)>2⇔ln-2×<0.　③ 令v=,则③⇔ln v-2<0(0<v<1). 设h(v)=ln v-2(0<v<1),则h'(v)=>0, 所以h(v)在(0,1)内单调递增,所以h(v)<h(1)=0,即有>e. 故e< <. 111 洛必达法则与泰勒公式 培优点6 112 洛必达法则 (1)型:若函数f(x)和g(x)满足下列条件: ①f(x)=0及 g(x)=0; ②在点a的某去心邻域内,f(x)与g(x)可导且g'(x)≠0; ③=A,那么==A. 113 (2)型:若函数f(x)和g(x)满足下列条件: ①f(x)=∞及 g(x)=∞; ②在点a的某去心邻域内,f(x)与g(x)可导且g'(x)≠0; ③=A,那么==A. 114 1.函数y=(0<x<1)的值域为　　　 　.  解析:令f(x)=(0<x<1),则f'(x)=,然后构造函数g(x)= -ln(x+1),则g'(x)=-<0,得到函数g(x)单调递减.于是当x∈(0,1)时,g(x)<g(0)=0,f'(x)<0,函数f(x)=(0<x<1)单调递减,而当x→0+时,==1,因此函数y=(0<x<1)的值域为(ln 2,1). 应用体验 (ln 2,1) 115 2.已知函数f(x)=ax2-xcos x+sin x. (1)若a=1,讨论f(x)的单调性; 解:当a=1时,f(x)=x2-xcos x+sin x,x∈R, 则f'(x)=2x+xsin x=x(2+sin x). 当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0; 当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0, ∴f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. 116 (2)当x>0时,f(x)<xex-2x+sin x,求实数a的取值范围. 解: 当x>0时,有f(x)<xex-2x+sin x恒成立, 即x>0时,ax2<xex+xcos x-2x恒成立,即a<恒成立. 令g(x)=,x>0,∴g'(x)=. 令φ(x)=(x-1)ex-xsin x-cos x+2,x>0,φ'(x)=xex-xcos x=x(ex-cos x). ∵x>0,∴ex>1≥cos x,∴φ'(x)>0, ∴φ(x)在(0,+∞)上单调递增, ∴φ(x)>φ(0)=0,∴g'(x)>0, ∴g(x)在(0,+∞)上单调递增. ∵由洛必达法则知 ==1, ∴g(x)>1,故a≤1,∴实数a的取值范围是(-∞,1]. 118 泰勒公式 “ex≥1+x”“x-1≥ln x,x∈(0,+∞)”“sin x<x<tan x,x∈”这三个不等式,均源自教材习题.熟知ex ,ln x,sin x及cos x的泰勒展开式,可以快速解答与之相关的试题. 119 1.泰勒中值定理 如果函数f(x)在含有x0的某个开区间(a,b)内具有直到n+1阶的导数,则当x在(a,b)内且x≠x0时,f(x)可以表示为(x-x0)的一个n次多项式与一个余项之和: f(x)=f(x0)+(x-x0)+(x-x0)2+…+(x-x0)n+Rn(x), 其中Rn(x)=(x-x0)n+1,ξ介于x和x0之间,上式即为函数f(x)在x0处的n阶泰勒展开式. 120 2.泰勒公式x0=0时的麦克劳林公式 当x0=0时,f(x)=f(0)+f'(0)x+x2+…+xn+Rn(x),由此我们可以推得常见的公式: (1)ex=1+x+++…; (2)=1+x+x2+x3+…; (3)ln(1+x)=x-+-+…; (4)cos x=1- + - +…; (5)sin x=x- + - +…. 121 3.(2022·新课标Ⅰ卷)设a=0.1e0.1,b=,c=-ln 0.9,则(　　) A.a<b<c B.c<b<a C.c<a<b D.a<c<b 解析:法一:构造法　构造函数f(x)=ln x+,x>0,则f'(x)=-,x>0, 当f'(x)=0时,x=1,∴当0<x<1时,f'(x)<0,f(x)单调递减. 当x>1时,f'(x)>0,f(x)单调递增. 应用体验 √ 122 ∴f(x)在x=1处取得最小值,且f(1)=1, ∴ln x>1-,∴ln 0.9>1-=-,∴-ln 0.9<,∴c<b. ∵-ln 0.9=ln>1-=,∴>e0.1,∴0.1e0.1<,∴a<b. ∵0.1e0.1>0.1×1.1=0.11, 而-ln 0.9=ln<=<0.11, ∴a>c,∴c<a<b.故选C. 123 法二:利用不等式　 由不等式ln x<(x>1), 得-ln 0.9=ln<=<0.11. 又∵e0.1>0.1+1=1.1,∴a=0.1e0.1>0.11,∴c<a; 由ex≥x+1,得e-x>-x+1(x<1),得ex<,∴e0.1<=, ∴a=0.1e0.1<=,∴a<b.综上,c<a<b.故选C. 124 法三:泰勒公式　设x=0.1,则 a=xex=0.1, b==0.1(1+0.1+0.01+0.001+…), c=-ln(1-x)=0.1+++…, ∴c<a<b.故选C. 125 4.(2022·全国甲卷)已知a=,b=cos,c=4sin,则(　　) A.c>b>a B.b>a>c C.a>b>c D.a>c>b 解析:法一:构造法　设f(x)=cos x+x2-1(0<x<1),则f'(x)=x-sin x. 设g(x)=x-sin x(0<x<1),g'(x)=1-cos x>0, 故g(x)在(0,1)内单调递增, 即g(x)>g(0)=0, √ 126 即f'(x)>0,故f(x)在(0,1)内单调递增, ∴f>f(0)=0,可得cos>,故b>a. 利用不等式可得当x∈时,tan x>x, ∴tan >,即>,∴4sin>cos,故c>b. 综上,c>b>a,故选A. 127 法二:泰勒公式　设x=0.25,则 a=1-=1-, b=cos x=1-+-…, c==1-+-…, ∴a<b<c.故选A. 5.(2023·济宁二模)设a=,b=ln,c=sin,则(　　) A.b<a<c B.a<b<c C.c<b<a D.b<c<a 解析:法一:令g(x)=x-1-ln x(x>0),g'(x)=1-=, 令g'(x)>0,解得x>1, 令g'(x)<0,解得0<x<1, 所以g(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)上单调递增. √ 129 所以g(x)min=g(1)=0,所以x-1≥ln x,即a>b. 设f(x)=sin x-x,则f'(x)=cos x-1在区间内单调递减,且f'=×-1=>0, 所以函数f(x)在区间内单调递增. 所以f>f(0)=0,即sin>,即c>a.故选A. 130 法二:已知b=ln=ln<=a, 又由泰勒公式可知,sin x>x-, 所以sin>-=, 即c=sin>>=a, 故c>a>b. 131 本课结束 $$