第三章 高考难点突破一 高考中的函数与导数问题-【勤径学升】2026年高考数学一轮总复习（人教A版2019）

第三章一元函数的导数及其应用回 考点2 利用导数求函数的最值（师生共研） [例4]已知函数f(x)=(x-2.x)e(x∈R,e为 感悟方法 自然对数的底数). 求函数f(x)在[a,b们上最值的方法 (1)求函数f(x)的单调区间： (1)若函数在区间[a,b]上单调遁增或递减 (2)求函数f(x)在区间[0，m]上的最大值和最 f(a)与f(b)一个为最大值，一个为最小值. 小值. (2)若函数在闭区间[4，b们内有极值，要先求出 [a,b们上的极值，与f(a),f(b)比较，最大的是 最大值，最小的是最小值，可列表完成。 (3)函数f(x)在区间(a,b)上有唯一一个极值 点，这个极值点就是最大（或最小）值，点，此结论 在导数的实际应用中经常用到， 冬变式训练 已知函数f(x)=a.x2-(a+十2)x十lnx.当a>0时， f(x)在区间[1，e]上的最小值为一2，求实数a的取 值范围。 请完成《课时检测训练17》 高考难点突破一高考中的函数与导数问题 第1课时不等式恒（能）成立问题 「对应答案P380 提升能力 考点剖析O 方法一分离参数法求参数范围 感悟方法2 例1门(2023·贵州遵义·统考三模节选)已知函 分离参数法解决恒（能）成立问题的策略 数f(x)=sinx一e,f(x)是f(x)的导函数.若 (1)分离变量，构造函数，直接把问题转化为函 对Hx∈(-1,0)，都有f(x)≤acos r成立，求 数的最值问题， 实数a的取值范围. (2)a≥f(x)恒成立台a≥f(x)mx: a≤f(x)恒成立台a≤f(x)n: a≥f(r)能成立台a≥f(,x）m a≤f(x)能成立台a≤f(x): 63 回高考一轮总复习·数学·RUA 多变式训练多 已知函数f(x)=e-a.x-1. 感悟方法2 (1)当a=1时，求f(x)的单调区间与极值： 根据不等式恒成立求参数范围的关键是将恒成 (2)若f(x)≤x在(0，十o)上有解，求实数a的 立问题转化为最值问题，此类问题关键是对参 取值范围 数分类讨论，在参数的每一段上求函致的最值， 并判断是否满足题意，若不满足题意，只需找一 个值或一较内的西数值不满足题意即可. 冬变式训练 (2025·哈尔院模拟)已知函数f(x)=2lnr-1 (其中e为自然对数的底数)，函数g(.x)=x+ ax2+1. (1)求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线 方程： (2)若对Hx1x∈[1，e],不等式f(x1)≤g(x) 恒成立，求实数4的取值范围. 方法二分类讨论法求参数的范围 [例2](2023·全田甲卷理科T21节选)已知 f(x)-ax- nxe(o,）若fx<n2x cos'x 恒成立，求a的取值范围」 请完成《课时检测训练18 ®64 第三章一元函数的导数及其应用回 第2课时构造函数证明不等式 提升能力 考点剖析⊙ 对应答案P38 方法一 移项构造函数 方法二 放缩后构造函数 [例1](2023·新高考全国I卷)已知函数f(x) [例2](2024·全国甲卷)已知函数f(.x)=a(x =a(e十a)-x. 1)-lnx+1. (1)讨论f(x)的单调性： (1)求f(x)的单调区间： (2)证明：当a>0时，c)>2na+是 (2)若a≤2时，证明：当x>1时，f(x)<e1恒 成立 感悟方法 感悟方法 待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地， 构造函数法证明不等式的关键 可以直接构造“左减右”或“右减左”的函数，利用 某些不等式，直接构造不易求最值，可利用条件 导数研究其单调性等相关函数性质证明不等式. 与不等式性质，适当放缩后，再构造函数，通过 变式训练多 研究构造函数的单调性，利用函数的最值证明 (2023·天津必节越)已知函数了(x)=(层 结论 冬变式训练” )n(r+I.当x>0时，证明：r>l. (2023·江面就州三模改编)已知函数f(x)=ax -(nx)+4,曲线y=f(x)在点(1，f(1)处的 切线的斜率为2. (1)设m>0,若函数g(x)=∫(.x)-2lnx-6在 [m,十c∞)上的最小值为0，求m的值： (2)证明：xe>lnx十cosx. 65⑧ 国高考一轮总复习·数学·RJA 方法三隔离分析法 (2)在证明过程中，“隔离化”是关键.如果证 [例3](2023·四川德阳·三模)已知函数f(x) g(x)≥f(x)恒成立，只需证g(x)m≥f(x) =e'+ar+u. 成立，但只有当f(x)与g(.x)取到最值的条件 (1)判定函数f(x)的单调性； 是同一个x的值时，取等号，否则只能得到 2)求证1-x-nx<·(e+1) g(x)>f(x). 冬变式训练冬 已知函数f(x)=elnx-ax(a∈R). (1)讨论f(x)的单调性： (2)当a=e时，证明：xf(x)-e+2e.x≤0. 感悟方法 (1)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的 请完成《课时检测训练19》 最值问题，则可以考虑转化为两个函数的最值 问题。 第3课时 利用导数研究函数的零点 提升能力 考点剖析⑦ [对应答案P383 方法一判断、证明或讨论函数零点的个数 感悟方法 [例1](2024·山东日照·模拟)已知函数∫(x) 利用导数研究方程根（函数零，点）的一般方法 =(x-2)e'a.x十alnx(a∈R). (1)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数 (1)当a=一1时，求函数f(x)的单调区间： 的单调性、最大值、最小值、变化趋势等； (2)当a<e时，讨论f(x)的零点个数. (2)根据题目要求，画出函数图象的走势规律， 标明函数极（最）值的位置： (3)数形结合去分析问题，可以使问题的求解过 程有一个清晰、直观的整体展现。 冬变式训练号 已知函数f)=号-a++ID。 (1)若a=3,求f(x)的单调区间： ®66 第三章一元函数的导数及其应用回 (2)证明：f(x)只有一个零点. 角度2由零点的个数求参数的取值范围 [例3](2023·河南开封模拟节选)已知函数 f(x)=e-ax2.若函数g(x)=f(x)-x十1有 且只有一个零点，求实数a的取值范围. 感悟方法 方法二与零点有关的参数的取值范围问题 和函数零点有关的参数范围问题 角度1由函数存在零点求参数的取值范围 (1)西数在定义城上单调，满足零，点存在性 [例2]已知函数f(x)= 一alnx,a≠0. 定理 (2)若函数不是严格的单调函数，则求最小值或 若a=。,分析fx)的单调性： 最大值结合图象分析 (2)若f(x)在区间(1，e)上有零点，求实数a的 (3)分离参数后，数形结合，讨论参数所在直线 取值范围。 与函数图象交点的个数， 多变式训练多 已知函数f(x)=e-u(x+2). (1)当a=1时，讨论f(x)的单调性： (2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围. 请完成《课时检测训练20》 67® 国高考一轮总复习·数学，RJA 自主培优6隐零点问题 -对应答案P38利 导西数的零点在很多时候是无法直接解出 类型二含参函数的隐零点问题 来的，我们称之为“隐零点”，即能确定其存在，但 [典例2](2023·安微瀚州·二模)已知函数 又无法用显性的代数进行表达.这类问题的解题 f(x)=(.x2+2-a)e. 思路是对函数的零点设而不求，通过整体代换和 (1)讨论函数的单调性： 过渡，再结合题目条件解决问题. (2)若x∈(0，十∞)，f(x)≥一a恒成立，求整 类型一不含参函数的隐零点问题 数a的最大值. [典例1门已知函数f(x)=lnx+十a.若对任意x∈ (0,十∞)，都有e“≥f(x)(e为自然对数的底 数)，求证：4≤1. 感悟方法2 已知含参函数f(x,a),其中a为参数，导盛数 感悟方法 方程f(x,a)=0的根存在，却无法求出，设方 已知不含参函数f(x),导函数方程广(x)=0 程f(x)=0的根为Z,则有 的根存在，却无法求出，设方程了(x)=0的根 ①有关系式(x)=0成立，该关系式给出了 为x。,则有： ①关系式厂(x。)一0成立：②注意确定x。的合 x。4的关系：②注意确定。的合适范围，往往 适范固。 和a的范围有关. 第4课时 极值点偏移问题 1.极值点“偏移”图示 =式x) 图3 图1 (1)左右对称，无偏移，如图1：若f(x,)=f(x), 则x1十xg=2x (2)左陡右级，极值点向左偏移，如图2：若f(x,) =f(x2).则x十x>2x. (3)左缓右陡，极值点向右偏移，如图3：若f(x,) =f(x),则x1十x<2x 图2 2.极值点偏移问题的结论不一定总是x十x:>2x。 (或<2x),也可能是x1x>x(或<x). 68 第三章一元函数的导数及其应用回 提升能力 考点剖析。 [对应答案P385利 方法一比（差）值换元法构造函数 方法二对称化构造函数 [例1]已知函数f(x)=lnx-a.x+b(a,b∈R)有 [例2]已知函数f(x)=x sin(受x-lnx,若存 两个不同的零点正明：< 在无≠x2,使得f(x1)=f(x2),求证：十x >2. 感悟方法 感悟方法 对称化构造函数证明极值，点偏移问题的关键 换元构造函数证明不等式的关键 构造函数H(x)=f(x)一f(2x一x),其中x 解题的关键是把含双变量的不等式转化为仅含 为函数f(x)的极值，点，然后求导确定H(x)的 一个变量的等式或不等式进行求解，解题时引 单调性，结合H(x。)=0确定H(x)的符号，再 入支量1=成1=工，一云构造函数. 通过f（.x)的单调性得到结论. 冬变式训练多 ”变式训练冬 已知函数f(.x)=2alnx-x2+2(a-1)x十a.若 已知函数g(x)=lnx一hx,若g(x)有两个不同 f(x)有两个不同的零点x,x,求a的取值范 的零点x12 围，并证明：x1+x2>2a. (1)求实数b的取值范围： (2)求证：ln1+lnx2>2. 请完成《课时检测训练21》 0 69®若x∈(二，e),则f'(x)>0,f(x)单调递增.2.解(1)当a=0时，f(x)=xln x-x(x>0),则f(x)= In x, 所以f(x)=f(!)<f(1)=-2,不符合题意。 上单调递增，在(1,3)上单调递减，所以x=1是函数的极大 值点，不符合题意.综上所述，实数a的值为2. f(x)单调递减； 令f'(x)=0,解得x=1. 当x∈(0,1)时，f'(x)<0,此时f(x)单调递减； 当x∈(1,+∞)时，f(x)>0,此时f(x)单调递增. 故函数f(x)在x=1处取得极小值，极小值为f(1)=In1- 当≥0,即O<a<1时，f'(x)≤0在[1,e]上恒成立，f(x)单 调递减， 1=-1. 所以f(x)mm=f(e)<f(1)=-2,不符合题意. 综上所述，a的取值范围是[1,+∞]. (2)由题意知，函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=In x -ax, 高考难点突破一 则方程f'(x)=0在(0,+∞)上有两个不同的根， 第1课时 即方程In x-ax=0在(0,+∞)上有两个不同的根， a=n在(0,+)上有两个不同的根，即方程( 令g(z)=m,x∈(0,+∞),则g(x)=1-na, [提升能力 考点剖析] [例1]解 因为任意x∈(-1,0),都有f(x)≤acosx成立， a≥fs)-sicosze所以( 恒成立， ≥(scosc),记h(z)=ise,即 则当0<x<e时，g'(x)>0,当x>e时，g'(x)<0, 则函数g(x)=n在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调 递减， n'(x)=sin a-c)csc-Ss)nz-e)(osa) =-e'sinstos), 所以g(x)=g(e)=e, 记t(x)=e2(sin x+cos x),所以t'(x)=2ecos x>0,x∈ 因为g(1)=0,当x>1时，g(x)>0,当0<x<1时，g(x)< (-1,0), 0,当x→+∞时，g(x)→0, 所以t(x)在区间(-1,0)单调递增，所以t(x)<t(0)=1, (0,e).所以实数a的取值范围为 所以h'(x)>0,即h(x)在区间(-1,0)上单调递增，且h(0)=-1,所以a≥-1. 考点2 [变式训练] [例4]解(1)f(x)=(x2-2x)e",求导得f(x)=解(1)当a=1时，f(x)=e-x-1,所以f'(x)=e-1, 当x<0时，f'(x)<0;当x>0时，f'(x)>0,e2(x2-2),e2>0, 令f'(x)=e2(x2-2)>0,即x2-2>0,解得x<-√2或 x>√2. 令f(x)=e2(x2-2)<0,即x2-2<0,解得-√2< 所以f(x)在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增， 所以当x=0时，函数f(x)有极小值f(0)=0,无极大值. 即f(x)的单调递减区间为(-0,0),单调递增区间为(0, x<√2. +∞),极小值为0,无极大值. 所以函数f(x)的单调递增区间为(-0,-√2), (2)因为f(x)≤x2在(0,+一)上有解， 所以e2-x2-ax-1≤0在(0,+∞)上有解， (√2,+∞),单调递减区间为(-√2,√2). (2)①当0<m≤√2时，因为f(x)在[-√2,√2]上递减， 所以f(x)在区间[0,m]上的最大值为f(0)=0,最小值 为f(m)=(m2-2m)e". a≥-(x+1)在(0,+∞)上有解，当x>0时，不等式等价于( ②当√2<m≤2时，因为f(x)在[-√2,√2]上递减，f(x) 令g(x)=-(x+1),则g'(z)=e(z-1)-2-1 =-De-[z+1], 在(√2,+∞)上递增，且f(O)=f(2)=0, 由(1)知当a=1,x>0时，f(x)>f(O)=0, 所以f(x)在[0,m]上的最大值为f(0)=0,最小值为 即e"-(x+1)>0, f(√2)=(2-2√2)e2. 所以当0<x<1时，g'(x)<0;当x>1时，g'(x)>0, ③当m>2时，因为f(x)在[-√2,√2]上递减，f(x)在 (√2,+∞)上递增，且f(m)>0=f(0), 所以f(x)在[0,m]上的最大值为f(m)=(m2-2m)e", 所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+)上单调递增， 所以当x=1时，g(x)mm=e-2,所以a≥e-2, 综上可知，实数a的取值范围是[e-2,+∞]. 最小值为f(√2)=(2-2√2)e2. [例2]解 设g(x)=f(x)-sin 2x, [变式训练] g'(x)=f'(x)-2cos 2x=f'(x)-2(2cos2x-1).设cos2x 解 f(x)=2ax-(a+2)+1=caz-1)(2a-1)(z>0,a>0), o<1≤1,即a≥1时，f(x)≥0在[1,e]上恒成立，f(x)单当( 调递增， =t,则g'(x)=a2+2-3-2(2-1)=a+2-4t+2 -3 所以f(x)min=f(1)=-2,符合题意. 设p(t)=a+2-4t+2-3,o<t<1, 2)=-4-2+6=-4r-2+6当1<1<e,即1<a<1 x∈[1,1],则f(x)<0,1时，若 高考一轮总复习·数学·RJA ·380· =_2(t-1(2r+2i+3>0, 所以φ(t)在(0,1)上为增函数， 所以φ(t)<φ(1)=a-3. ①若a∈[-∞,3],则g'(x)=φ(t)<a-3≤0, (0,2)上单调递减，即g(x)在 所以g(x)<g(0)=0, 所以当a∈[-○,3]时，f(x)<sin 2x,符合题意； ②若a∈(3,+∞), 2-3=-3(十-3)2+3→-,当t→0时， 所以φ(t)→-. 因为φ(1)=a-3>0, 所以3t?∈0,1),使得φ(t?)=0, 即习x?∈(0,2),使得g'(x。)=0. 当t∈(t?,1),φ(t)>0,即当x∈(0,xo),g'(x)>0,g(x)单 调递增. 所以当x∈(0,x。),g(x)>g(0)=0,不合题意. 综上，a的取值范围为(-,3). [变式训练] 解(1):f(x)=2e(1-Ina),∴f(1)=2e, 又f(1)=-1, ∴y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y+1=2e(x-1),即 2ex-y-2e-1=0. (2)∵对Vx?,x?∈[1,e],不等式f(x?)≤g(x?)恒成立， ∴f(x)m≤g(x)mm; ∵f(z)=2ec1-lna), ∴当x∈[1,e]时，f'(x)≥0恒成立， ∴f(x)在[1,e]上单调递增，∴f(x)mx=f(e)=1; g'(x)=3x2+2ax=x(3x+2a),令g'(x)=0, 解得x=0或x=-; ①当-3≤1,即a≥-2时， g'(x)≥0在[1,e]上恒成立， ∴g(x)在[1,e]上单调递增， ∴g(x)mm=g(1)=2+a, 由f(x)m≤g(x)m得1≤2+a,解得a≥-1; ②当1<-<e,即-3<a<-是时， 若x∈(1,-3)),则g'(x)<0, 若x∈(-3,e,则g'(x)>0, 1,-)上单调递减，在((-3,e)∴g(x)在 上单调递增， ∴g(z)=g(-)=2+I<1,,不满足f(x)m≤g(x)m; ③当--≥e,即a≤-3时， g'(x)≤0在[1,e]上恒成立， ∴g(x)在[1,e]上单调递减， ∴g(x)mm=g(e)=e3+ae2+1, 由f(x)m≤g(x)得1≤e3+ae2+1, 解得a≥-e(舍). 综上所述，实数a的取值范围为(-1,+∞). 第2课时 _提升能力 考点剖析] [例1]解(1)因为f(x)=a(e+a)-x,定义域为R,所以 f'(x)=ae2-1, 当a≤0时，由于e2>0,则ae2≤0,故f'(x)=ae2-1<0恒 成立， 所以f(x)在R上单调递减； 当a>0时，令f'(x)=ae2-1=0,解得x=-Ina, 当 x<- In a 时，f'(x)<0,则 f(x)在(一∞, -Ina)上单调递减； 当x>-In a时，f(x)>0,则f(x)在(-In a, +一)上单调递增. 综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递减； 当a>0时，f(x)在(一∞,-In a)上单调递减， f(x)在(-Ina,+∞)上单调递增. (2)证明：方法一：由(1)得f(x)min=f(-In a)= a(e-"a+a)+Ina=1+a2+Ina, 要证f(z)>2lna+,即证1+a2+Ina>2lhna+2,即证 a2-2-Ina>0恒成立. 令g(a)=a2-2-In a(a>0),则g'(a)=2a-1 =2a2-1, a>2,令g'(a)<0,则0<a<2;令g'(a)>0,则 所以g(a)在 (0,z)上单调递减，在(瓷，+○)上单调 递增， 8(a)m=8(≌)=()-2-In2=In/2>0,则所以 g(a)>0恒成立， 所以当a>0时，f(x)>2lna+2恒成立，证毕. 方法二：令h(x)=e-x-1,则h'(x)=e-1, 由于y=e3在R上单调递增，所以h'(x)=e-1在R上单 调递增. 又h'(0)=e°-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， 故h(x)≥h(0)=0,则e?≥x+1,当且仅当x=0时，等号 成立. 因为f(x)=a(e°+a)-x=ae"+a2-x=e+ha+a2-x≥x +In a+1+a2-x, 当且仅当x+In a=0,即x=-Ina时，等号成立， 所以要证 f(x)>2lna+2,,即证x+In a+1+a2-x> 2lhna+2,即证a2-2-Ina>0. 令g(a)=a2-2-In a(a>0),则g'(a)=2a-1 =22-1, ·381· 高考一轮总复习·数学·RJA a>,o<a<2;令g'(a)>0,则a令g'(a)<0,则 令h(x)=x-In x-1,则h'(x)=1-1=-1, (2,+)上单调(0,2)所以g(a)在 上单调递减，在 递增， 当x∈(0,1)时，h'(x)<0,h(x)在(0,1)上单调递减；当x∈ (1,+∞)时，h'(x)>0,h(x)在(1,+∞)上单调递增， 所以h(x)≥h(1)=0,所以g'(x)≥0,所以g(x)在(0,+∞) 上单调递增. 所以g(a)=g(≌)=(会)-2-nY=In√2>0,则 又g(1)=0,所以m=1. g(a)>0恒成立， (2)证明：由(1)知x≥1时，g(x)=2x-(In x)2-2In x-2≥0 所以当a>0时，f(x)>2Ina+2恒成立，证毕. [变式训练] 恒成立. 令t=ln x(t≥0),所以2e-2t-t2-2≥0恒成立， e≥1+1+去2,故te≥t+t2+贵，所以 证明 要证x>0时，f(x)=(1+2)In(x+1)>1, 当且仅当t=0时等号成立， 即证 In(x+1)>+2· 所以当x>0时，xe2>x+x2+2a3. 令g(z)=In(z+1)-+2且z>0,则g'()=+1(a+2) x+x2+2x3-cos x>Inx.要证xe>In x+cos x,只需证： =(x+1(x+2)>0, 由(1)知h(x)≥h(1)=0,即In x≤x-1,当且仅当x=1时等号成立， 所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，则g(x)>g(0)=0, ,x+x2+23-cosz>x-1,即证云a3+a2-即证当x>0时， 即In(x+1)>z?+2, 所以x>0时，f(x)>1. cos x+1>0. 令m(x)=2x2+x2-cosx+1,z>0,则m'(x)=2x2+2x [例2]解 (1)f(x)定义域为(0,+∞),f(x)=a- =a-1, +sin x, 令k(x)=2x2+2x+sin x,x>0,则k'(x)=3x+2+cosx> 当a≤0时，f(x)=a?1<0,故f(x)在(0,+∞)上单调递减； 0在(0,+∞)上恒成立， 所以k(x)在(0,+∞)上单调递增，所以k(x)>k(0)=0,即 当a>0时，x∈(,+∞)时，f'(x)>0,f(x)单调递增， m'(x)>0, 当z∈(0,)时，f'(x)<0,f(x)单调递减. 所以m(x)在(0,+∞)上单调递增，所以m(x)>m(0)=0, 即- 2x3+x2-cos x+1>0成立，所以xe>In x+cos x 成立 综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0,+∞); [例3]解(1)由题，得f(x)=e2+a, 当a>0时，f(x)的单调递增区间为(1,+○),,单调递减 当a≥0时，f'(x)>0,所以函数f(x)在R上单调递增； (0,a).区间为( 当a<0时，令e°+a>0,所以x>In(-a),令e"+a<0, 所以x<In(-a), (2)证明：a≤2,且x>1时，e°?1-f(x)=e?1-a(x-1)+ ln x-1≥e2?1-2x+1+In x, 所以此时函数f(x)的单调递增区间为(ln(-a),+∞),单 调递减区间为(-∞,In(-a)). 令g(x)=e1-2x+1+In x(x>1),下证g(x)>0即可. g'(x)=e1-2+1,再令h(x)=g'(x),则h'(x)=e 综上所述，当a≥0时，函数在R上单调递增；当a<0时，函 数的单调递增区间为(ln(-a),+∞),单调递减区间为 (一0,ln(-a)). (2)证明：令g(x)=1-x-xln x, ∴g'(x)=-1-(In x+1)=-In x-2. 显然h'(x)在(1,+一)上单调递增，则h'(x)>h'(1)=e°- 1=0, 即g'(x)=h(x)在(1,+一)上单调递增， 由g'(x)>0,得0<x<e?2;由g'(x)<0,得x>e?2. ∴函数g(x)的单调递增区间为(0,e?2),单调递减区间为 (e?2,+○), 故g'(x)>g'(1)=e-2+1=0,即g(x)在(1,+一)上单 调递增， ∴g(x)≤g(x)m=g(e?2)=1+e?2. 故g(x)>g(1)=e-2+1+In 1=0,问题得证. [变式训练] 由(1)得，当a=-1时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增， 所以f(x)=e-x-1>f(0)=0,∴e">x+1, ∴+>1,+1·(e?2+1)>e?2+1, 所以1-x-xhn x<+·(e2+1)得证。 [变式训练] 解(1)f(x)=e-a(x>0), ·382· 解(1)f(x)=a-2nx,x>0,由题，得f(1)=a=2, 所以f(x)=2x-(In x)2+4, 所以g(x)=2x-(In x)2-2In x-2, g'(x)=2-2ln-2-2(z-ln a-1).所以 高考一轮总复习·数学·RJA ①若a≤0,则f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增； 0<x<时，f(x)>0,②若a>0,则当( x>时，f(x)<0,当 (0,a) (,+一)上单调递减故f(x)在 )上单调递增，在( f(x)≤-2e.(2)证明：因为x>0,所以只需证 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)m=f(1)=-e. 记g(x)=-2e(z>0),则g(x)=a-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)=g(1)=-e. 综上，当x>0时，f(x)≤g(x), 即f(x)≤°-2e, 即xf(x)-e2+2ex≤0得证. 第3课时 [提升能力 考点剖析] [例1]解(1)当a=-1时，f(x)=(x-2)e+x-In x, 所以g(x)m=g(1)=-e. 又当x→0时，g(x)→0;当x→+○时，g(x)→+∞, 函数g(x)的图象，如图所示， y y=g(x) e 1 -e- 结合图象可得， 当a<-e时，无零点；当a=-e或O≤a<e时，一个零点； 当-e<a<0时，两个零点. [变式训练] f(x)=3x3-3x2-3x-3,则f(x)=x2解(1)当a=3时， -6x-3. 令f'(x)=0,解得x=3-2√3或x=3+2√3. 当x<3-2√3或x>3+2√3时，f'(x)>0;当3-2√3<x<3+ 2√3时，f(x)<0. 故f(x)的单调递增区间为(-0,3-2√3),(3+2√3,+∞), 单调递减区间为(3-2√3,3+2√3). (2)证明：因为x2+x+1>0, +a+1-3a=0.所以 f(x)=0等价于 所以当x∈(0,1)时，f(x)<0,f(x)单调递减； ,e+1>设g(z)=+x+-3a,则g(x)=(+2a+3≥0,当且 仅当x=0时，g'(x)=0. 所以g(x)在R上单调递增. 当x∈(1,+∞)时，f'(x)>0,f(x)单调递增， 即f(x)的单调递减区间是(0,1),单调递增区间 是(1,+∞). (2)由题意，函数f(x)=(x-2)e2-ax+aln x=(x-2)e2 -a(x-In x),x>0. 设m(x)=x-In x,x>0,则m'(x)=1-1=-1, 当x∈(0,1)时，m'(x)<0,m(x)单调递减； 当x∈(1,+∞)时，m(x)>0,m(x)单调递增， 又m(1)=1,所以m(x)≥1. 令f(x)=0,可得(x-2)e2-ax+aln x=0, a=-2)(z>0),所以( 令g(x)=(-2)e, g(x)=(z--)(x-Inx+2-1)可得 令h(x)=x-In x+2-1,则h'(x)=1-1-22= 2-a-2=(a-2)(z+1)cx>0), 可得0<x<2时，h'(x)<0,h(x)单调递减；x>2时， h'(x)>0,h(x)单调递增， 所以h(x)mm=h(2)=2-In 2>0,即x>0时，h(x)>0 恒成立， 故0<x<1时，g'(x)<0,g(x)单调递减；x>1时，g'(x) >0,g(x)单调递增， 则f(x)=(x-1)(e°+x)),当x∈(0,+∞)时， 0恒成立， 故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点. 又f(3a-1)=-6a2+2a-3=-6(a-1)2-1<0,f(3a +1)=3>0,故f(x)在(3a-1,3a+1)上有一个零点。 综上，f(x)只有一个零点. f(x)=22-e[例2]解(1)x>0且 设m(x)=e?1-x→m'(x)=e?1-1, 当x>1时，m'(x)>0,m(x)单调递增； 当0<x<1时，m'(x)<0,m(x)单调递减，故当x=1时，函 数m(x)有最小值m(1)=0, 因此有m(x)=e?1-x≥0→e?1≥x. 设g(x)=2x2-x3-e2?1≤2x2-x3-x, ∴x>0时，2x2-x3-x=-x(x2-2x+1)=-x(x-1)2 ≤0, ∴g(x)≤0,即f'(x)≤0(取等号的条件是x=1), ∴f(x)是(0,+0)上的单调递减函数. (2)f(x)=0=h(x)=enz=a在区间(1,e)上能成立， h(z)=·(czna)a-1)且>0. 设n(x)=ln x-x+1>n'(x)=1-, 当x>1时，n'(x)<0,n(x)单调递减； 当0<x<1时，n'(x)>0,n(x)单调递增，故当x=1时，函 数n(x)有最大值n(1)=0, 因此有n(x)=In x-x+1≤0→In x≤x-1. ·383· 高考一轮总复习·数学·RJA 设j(x)=21n x-xln x-1, >0. 则j(x)≤2(x-1)-xln x-1=2x-xln x-3. 设k(x)=2x-xln x-3,则在区间(1,e)上， k'(x)=1-In x>0,k(x)单调递增， 所以f(x)在(-∞,In a)上单调递减，在(ln a,+0)上单调 递增. k(x)<k(e)=e-3<0,故j(x)≤k(x)<e-3<0,即 h'(x)<0,h(x)单调递减， 所以f(x)mm=f(In a)=e-a(ln a+2)=-a(1+In a). 当x→+∞时，f(x)>0,当x→-时，f(x)>0. 要使 f(x)有两个零点，则f(x)m=f(ln a)<0, 所以在区间(1,e)上， h(x)的值域为(e2-°,+∞), 所以实数a的取值范围是(e2?°,+一). a>1,即-a(1+In a)<0,所以 ,即a的取值范围 是(上，+○). [例3]解 令g(x)=f(x)-x+1=0,可得e3-ax2-x+1 自主培优6 =0, [典例1]证明 设g(x)=e2“-In x-a,则g'(x)=e2-“ 由题意可得e2-ax2-x+1=0只有一个根. 易知x=0不是方程e-ax2-x+1=0的根，所以x≠0, a=-z+1所以由e2-ax2-x+1=0,可得( -1, 设h(z)=a+1,则y=a与h(z)=-x+1的图象只 有一个交点. 设g'(xo)=e--1=0,则a=x?+In x? 因为g'(x)在(0,+∞)上单调递增， 所以当x∈(0,x?)时，g'(x)<0;当x∈(x。,+∞)时， g'(x)>0, hK(x)=(e-D2-2ace-a+1D)=(c+1D(a-2, 所以g(x)在(0,x?)上单调递减，在(x?,+一)上单调 递增， 当x∈(-,0)时，h'(x)>0,函数h(x)单调递增； 当x∈(0,2)时，h'(x)<0,函数h(x)单调递减； 所以g(x)=g(xo)=e3?“-In x。-a=-x-2ln x。 当x∈(2,+一)时，h'(x)>0,函数h(x)单调递增. 设t(x)=e2-x+1,则t'(x)=e2-1, ≥0, 当x∈(-,0)时，t'(x)<0,函数t(x)单调递减； 当x∈(0,+∞)时，t'(x)>0,函数t(x)单调递增， 所以t(x)≥t(0)=2, 所以h(x)=x+1>0 令h(x)=1-x-2ln x,则h'(x)=--1-2= -1--2=-(z+1°<0, h(x)=x-x-2ln x在(0,+∞)上单调递减.所以 又h(2)=e-2+1=41,>0时， 因为h(1)=0,所以x?≤1,所以a=x?+In x?≤1. [典例2]解(1)f(x)=(x2+2x+2-a)e, h(x)→+0,x→+一时，h(x)→+w, ①当a≤1时，f(x)≥0恒成立，故f(x)在R上恒增； 画出函数h(x)的图象如图所示： y ②当a>1时，当x∈(-0,-1-√a-1)时，f'(x)>0, f(x)单调递增； y=h(x) e2- 4 y=a x∈(-1-√a-1,-1+√a-1)时，f(x)<0,f(x)单调递减； x∈(-1+√a-1,+○)时，f'(x)>0,f(x)单调递增. 综上所述，当a≤1时，f(x)在R上恒增； 0 2 x 当a>1时，f(x)在(-∞,-1-√a-1)和(-1+√a-1, +○)上单调递增， h(x)=e-x+1的图象只有一个交由图可知，若y=a与 在(-1-√a-1,-1+√a-1)上单调递减. (2)由题可得e(x2+2)≥a(e2-1),由于x∈(0,+∞),则 o<a<4,点，则( a<c2+2 (0,241)所以实数a的取值范围是( [变式训练] 令g(z)=ec2+2),g(x)=(zaee--2-2), 令h(x)=2xe*-x2-2x-2, 解(1)当a=1时，f(x)=e—(x+2),f'(x)=e°-1. h'(x)=(e°-1)(2x+2),由于x∈(0,十∞),则h'(x)=(e 令f'(x)<0,解得x<0;令f'(x)>0,解得x>0. -1)(2x+2)>0, 所以f(x)的单调递减区间为(-0,0),单调递增区间为(0, +一). 故h(x)=2xe2-x2-2x-2单调递增， (2)因为f(x)=e2-a(x+2),所以f(x)=e2-a. h(4)=2e?-6-2-2<2e?-4=2(e?-3)< 若a≤0,则f'(x)=e?-a>0在R上恒成立， 0,h(1)=2e-5>0, 所以f(x)在R上单调递增，则最多只有一个零点，不符合 题意. 所以存在z?∈(4,1))使得h(x?)=0,即2x?e=x2+2x?+2. 若a>0,令f'(x)=e-a=0,得x=In a. 当x∈(0,x?)时，h(x)<0,g(x)单调递减； 当x∈(-∞,In a)时，f'(x)<0;当x∈(ln a,+∞)时，f'(x) 高考一轮总复习·数学·RJA ·384· 当x∈(x。,+0)时，h(x)>0,g(x)单调递增， 则a≤g(z)=z+2)=x+2z?+2,z∈(4,1),故 即证n12x) [提升能力 考点剖析] 4<g(4)<g(x)<g(1)=5, t=>1,则x?=tx?,设 由于a为整数，则a的最大值为4. nt>2-1,L>1.代入上式得1 故只需证Int>2(+-1,t>1. 第4课时 m,-ar,+b=0,[例1]证 明 由题知 两式相减得 设h(t)=lnt-2(+-1,t>1, - 则h'(a)=1-2+1+2-1)=(+1°>0,ln-acx?-x?)=0,即a 所以h(t)在(1,十∞)上单调递增，所以h(t)>h(1)=0, ix?<言，即证2 n2<故要证 ,即证 所以Int>2(+-1 故In x?+In x?>2,得证. (z-2)--2+尝 =t∈(0,1),则只需证 In2t<t-2不妨设x?<x?,令 +1 [例2]证明 不妨设0<x?<x?, 当1≤x?<x?时，不等式x?+x?>2显然成立； 当0<x?<1,x?≥2时，不等式x?+x?>2显然成立； 当O<x?<1,0<x?<2时，由f'(x)=1-2cos(x)- 设g(2)=ln2t--1+2,则g(2)=21nt-1+ 2hm-+ x知f(x)在(0,1)上单调递减 因为存在x?≠x?,使得f(x?)=f(x?), 所以1<x?<2. 设h(2)=2lnz-+1,则h'(a)=--D2<0,∴h(t)在 要证x?+x?>2,只需证x?>2-x?. 因为1<x?<2,所以0<2-x?<1. (0,1)上单调递减， ∴h(t)>h(1)=0,∴g'(t)>0,∴g(t)在(0,1)上单调 递增， 又f(x)在(0,1)上单调递减， 所以只需证 f(x?)<f(2-x?). ∴g(t)<g(1)=0,即In2r<t-2+1在t∈(0,1)时恒成 立，原不等式得证. 又f(x?)=f(x?),所以只需证 f(x?)<f(2-x?). 设F(x)=f(x)-f(2-x)(1<x<2), 则F'(x)=f'(x)+f'(2-x) [变式训练] 解(1)令g(x)=In x-bx=0,得b=(x>0). 令q(x)=(z>0),则6(x)=1-Ina, =1-2s(x)-1+1-2os((2-a))-2 =2-(1+2-x)-2(os(2x)+cs(π-2x)) 由φ(x)>0,得0<x<e;由φ(x)<0,得x>e. =2-(1+2)-(os(x)-os(a)) =2-(1+2=x) 所以函数φ(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+)上单调递减. 所以g(x)=(e)=. 又φ(1)=0,且当x→+∞时，φ(x)→0;当x→0时，φ(x)→ -0, 令g(x)=2-(1+?=)1<x<2),则g'(x)= (2-z22(2-2) 由于g(x)有两个不同的零点， 因为1<x<2,所以g'(x)<0,g(x)在(1,2)上为减函数， 所以g(x)<g(1)=0,则直线y=b与函数φ(x)的图象在(0,+0)上有两个不同的 交点， 即F'(x)<0,所以F(x)在(1,2)上为减函数， 所以0<b< 所以F(x)<F(1)=0,即f(x?)<f(2-x2). 综上所述，x?+x?>2. (2)证明：由(1)知，不妨设1<x?<e<x?, 由g(x?)=g(x?)=0, 得In x?-bx?=0,In x?-bx?=0, 两式相减得In x?-In x?=b(x?-x?), 两式相加得In x?+In x?=b(x?+x?). 欲证In x?+ln x?>2, 只需证b(x?+x?)>2, ?->?+,即证 [变式训练] 解 因为f(x)有两个不同的零点x?,x2,则f(x)在定义域内 不单调. 由f(x)=2-2x+2(a-1)==2(z-a)(a+1, 当a≤0时，f'(x)<0在(0,+一)恒成立，则f(x)在(0,+∞) 上单调递减，不符合题意； 当a>0时，在(0,a)上有f'(x)>0,在(a,+∞)上有f'(x) <0, ·385· 高考一轮总复习·数学·RJA 所以f(x)在(0,a)上单调递增，在(a,+∞)上单调递减. 不妨设0<x?<a<x2, 令F(x)=f(x)-f(2a-x), 则F'(x)=f'(x)-f'(2a-x)(2a-x)'=f'(x)+f'(2a-x) =2a-2x+2(a-1)+2a--2(2a-x)+2(a-1) =4(2a), 当x∈(0,a)时，F'(x)>0,则F(x)在(0,a)上单调递增， 所以F(x)<F(a)=f(a)-f(2a-a)=0, 故f(x)<f(2a-x).因为0<x?<a<x?, 所以f(x?)<f(2a-x?). 又f(x?)=f(x2),a<2a-x?<2a, 则f(x?)<f(2a-x?). 又f(x)在(a,+∞)上单调递减， 所以x?>2a-x?,则x?+x?>2a. 第四章 三角函数、解三角形 第1讲 任意角和弧度制、三角函数的概念 [必备知识 夯实四基] 知识梳理 1正角 2零角 3原点 4x 5终边 6象限角 7坐标轴上 8{p|β=α+k·360°,k∈Z}9整数个周角 0π 四j (18)。 2r 诊断自测 1.(1)×(2)×(3)×(4)× a∈(0,2), (0,π),满足小于180°的正角. 4.D 解析 因为150°=150×180=6,故与150°角的终边相 一 18012( 固y 圆x四 2.C 解析 因为α是锐角，所以 其中D选项不包括90°,故错误. {PP=56+2kπ,kEz}. sine=m"+3-2m 3a·r 4 ,所以2α∈ tan a=21=-2. 同的角的集合为 5.-1或 3.B 解析 由题意，得 解析 由题意可知 ,解 得m=0或m=√5或m=-√5.当m=0时，cosθ=-1;当m =√5时，cose=-4;当m=-√5时，cs8=-4 综上所述，cosθ的值为-1或 [提升能力 考点剖析] 考点1 1.D 解析 由题意可知，α=k?·360°+65°(k?∈Z),β=k?· 360°-115°(k?∈Z), 所以α-β=(k?—k2)·360°+180°,记k=k?-k?∈Z,故α-β =k·360°+180°(k∈Z). 2.C 解析 集合A表示终边在y轴非负半轴上的角，集合B 也表示终边在y轴非负半轴上的角，∴A=B.选C. 3,763.D 解析 阴影部分的两条边界分别是 角的终边，所 [2km+,2km+7](k∈Z).以α的取值范围是 π+2kr<a<32+4.D 解析 因为α是第三象限的角，所以； 2kπ,k∈Z, +kn<2<34+kπ,k∈Z,所以号所在象限是第二象所以 限或第四象限. 考点2 [例1](1)A 解析 过点O作OD⊥AB于D,则∠AOB=θ, ∠DOB=是，则d=2|BDI=210B|sin号，1=10B|·0, 4-10fe-m则 A D B 0 aR2(2)C 解析 设扇形的半径为R(R>0),圆心角为α,则 a=,=4,所以a 则扇形的周长为2R+aR=2R+贵≥2√2R·&=8, 当且仅当2R=京，,即R=2时，取等号，此时α=2, 所以周长最小时半径的值为2. [变式训练] 1.C 解析 设∠AOD=θ,则L?=θ·OA,l?=θ·OB,所以73 ==2,,即OA=2OB, 所以 -C 2.704 解析 如图，设∠AOB=0,OA=OB=r, 64=r+16)?,解得r=4,由题意可得( 所以S=Sc-Sa?=2×64×(号+16)-2×24×4= 704 cm2. D C A 6(0 B 考点3 [例2](1)C 解析 由题知cosa≠0, 设角α的终边上一点(a,-3a)(a≠0),则r=√a2+9a2= √10|a|. 当a>0时，=√1oa,sima=-3, o-10, 所以10sina+s=-3√10+3√I0=0; 高考一轮总复习·数学·RJA ·386·