专题1 规范答题1 函数与导数 （课件）-【步步高】2024年高考数学大二轮专题复习与增分策略（新高考提高版）

专题一　函数与导数 规范答题1　函数与导数 (12分)(2023·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x. (1)讨论f(x)的单调性；　　　　　　　　 [切入点：求导，讨论a的正负] [方法二　关键点：利用不等式ex≥x＋1把函数f(x)中的指数换成一次函数] (1)求f′(x)→分a>0,a≤0判断f′(x) 的符号→f(x)的单调性   思路分析 3 (1)解　因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R， 所以f′(x)＝aex－1， (1分) 答题模板　规范答题不丢分 ❶ 当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0， 故f′(x)＝aex－1<0恒成立， 所以f(x)是减函数； (2分) 当a>0时，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－ln a， 当x<－ln a时，f′(x)<0， 则f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减； 当x>－ln a时，f′(x)>0， 则f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增. ❷ ①②处判断f′(x)的符号 综上，当a≤0时，f(x)是减函数； (4分) 当a>0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增． (5分) ❸(7分) (2)证明　方法一　由(1)得，当a>0时， ③处利用勾股定理证明AO⊥OD f(x)min＝f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a， ❹ (9分) ③处利用单调性求f(x)min ❺ ⑤处求g(a)min并判断其符号 ❻ ⑥处构造函数证明ex≥x＋1 方法二 令h(x)＝ex－x－1， 则h′(x)＝ex－1，由于y＝ex是增函数， 所以h′(x)＝ex－1是增函数， 又h′(0)＝e0－1＝0， 所以当x<0时，h′(x)<0； 当x>0时，h′(x)>0， 所以h(x)在(－∞，0)上单调递减， 在(0，＋∞)上单调递增， ❼ ⑦处通过不等式ex≥x＋1放缩函数f(x) 故h(x)≥h(0)＝0， 则ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立，(6分) 因为f(x)＝a(ex＋a)－x＝aex＋a2－x ＝ex＋ln a＋a2－x≥x＋ln a＋1＋a2－x， 当且仅当x＋ln a＝0， 即x＝－ln a时，等号成立， ⑧处构造函数g(a) ❽ (9分) ⑨处求g(a)min并判断其符号 ❾ 则g(a)>0恒成立， (2)证明：当a>0时，f(x)>2ln a＋. [方法一　关键点：作差法比较f(x)min与2ln a+的大小] (2)方法一：求f(x)min→构造函数g(a)=f(x)min-(2ln a+)→求g(a)最小值 方法二：证明不等式ex≥x+1→aex=ex+ln a≥x+ln a+1→f(x)≥a2+ln a+1→ 构造函数g(a)=a2+ln a+1-(2ln a+)→求g(a)最小值 则g′(a)＝2a－＝， ④处构造函数g(a)＝f(x)min － 要证f(x)>2ln a＋，即证1＋a2＋ln a>2ln a＋， 即证a2－－ln a>0恒成立， (8分) 令g(a)＝a2－－ln a(a>0)， 则g(a)>0恒成立，所以当a>0时，f(x)>2ln a＋恒成立，证毕． (12分) 所以g(a)min＝g＝2－－ln ＝ln >0， 令g′(a)<0，则0<a<；令g′(a)>0，则a>， 所以g(a)在上单调递减，在上单调递增， (11分)　 所以要证f(x)>2ln a＋， 即证x＋ln a＋1＋a2－x>2ln a＋， 令g′(a)<0，则0<a<；令g′(a)>0，则a>， 所以g(a)在上单调递减， 在上单调递增， (11分) 即证a2－－ln a>0，(8分) 令g(a)＝a2－－ln a(a>0)， 则g′(a)＝2a－＝， 所以g(a)min＝g＝2－－ln ＝ ln >0， 所以当a>0时，f(x)>2ln a＋恒成立，证毕．(12分)　 $$