第2章 核心素养系列（1）函数与导数高考压轴大题的突破问题-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮课件PPT（人教B版）

该高中数学高考复习课件聚焦函数、导数及其应用专题，依据高考评价体系明确函数性质、方程不等式关系两大核心考查方向，通过真题分析指出导数应用占压轴题60%以上权重，归纳分类讨论、不等式证明等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题精讲+策略提炼+素养提升”模式，如2023新课标II卷极值点问题，运用分类讨论突破参数范围求解，培养逻辑推理素养。特设变式训练与答题模板，帮助学生掌握构造函数、图像分析等得分技巧，教师可据此实现考点精准突破，提升复习效率。

核心素养系列 （一）函数与导数高考 压轴大题的突破问题 第二章 函数、导数及其应用 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 课后 素养提能 01 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 课时作业 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 函数与导数的压轴试题，在每年的高考中属于必考内容，其命题方向主要有两个：一是围绕函数的性质考查函数的奇偶性、单调性、周期性、极值、最值、曲线的切线等问题展开，二是围绕函数与方程、不等式关系探索方程根的个数、不等式的证明、不等式恒成立等问题展开．此类压轴试题难度较大，逻辑推理能力较强，在今后的备考中不可小视． [策略一]　运用分类讨论——各个击破　 [例1]　(2023·新课标Ⅱ卷)(1)证明：当0＜x＜1时，x－x2＜sin x＜x； (2)已知函数f(x)＝cos ax－ln(1－x2)，若x＝0是f(x)的极大值点，求a的取值范围． [解]　(1)令h(x)＝x－x2－sin x， 则h′(x)＝1－2x－cos x， 令p(x)＝1－2x－cos x， 则p′(x)＝－2＋sin x＜0， 所以p(x)即h′(x)单调递减，又h′(0)＝0， 所以当0＜x＜1时，h′(x)＜h′(0)＝0，h(x)单调递减， 所以当0＜x＜1时，h(x)＜h(0)＝0，即x－x2＜sin x. 令g(x)＝sin x－x， 则g′(x)＝cos x－1≤0， 所以g(x)单调递减，又g(0)＝0， 所以当0＜x＜1时，g(x)＜g(0)＝0，即sin x＜x. 综上，当0＜x＜1时，x－x2＜sin x＜x. (2)因为f(x)＝cos ax－ln(1－x2)(－1＜x＜1)， 所以f(x)＝f(－x)，所以f(x)为偶函数． f′(x)＝－asin ax＋eq \f(2x,1－x2)(－1＜x＜1)， 令t(x)＝－asin ax＋eq \f(2x,1－x2)(－1＜x＜1)， 则t′(x)＝－a2cos ax＋eq \f(21＋x2,1－x22)(－1＜x＜1)． 令n(x)＝－a2cos ax＋eq \f(21＋x2,1－x22)，则n′(x)＝a3sin ax＋eq \f(4x3＋x2,1－x23). 当a＝0时，当0＜x＜1时， f′(x)＞0，f(x)单调递增，当－1＜x＜0时， f′(x)＜0，f(x)单调递减， 所以x＝0是f(x)的极小值点，不符合题意． 当a＞0时，取eq \f(π,2a)与1中的较小者，为m， 则当0＜x＜m时，易知n′(x)＞0， 所以n(x)即t′(x)在(0，m)上单调递增， 所以t′(x)＞t′(0)＝2－a2. ①当2－a2≥0，即0＜a≤eq \r(2)时，t′(x)＞0(0＜x＜m)．所以t(x)在(0，m)上单调递增， 所以t(x)＞t(0)＝0， 即f′(x)＞0.那么f(x)在(0，m)上单调递增， 由偶函数性质知f(x)在(－m,0)上单调递减． 故x＝0是f(x)的极小值点，不符合题意． ②当2－a2＜0，即a＞eq \r(2)时， 当eq \f(π,2a)＜1，即a＞eq \f(π,2)时， 因为t′(0)＜0，t′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2a)))＞0， 所以t′(x)在(0，m)上存在唯一零点x1， 且当0＜x＜x1时，t′(x)＜0，t(x)单调递减， 因为t(0)＝0，所以当0＜x＜x1时，t(x)＜0， 即f′(x)＜0， 所以f(x)在(0，x1)上单调递减， 因为f(x)为偶函数，所以f(x)在(－x1,0)上单调递增， 故可得x＝0是f(x)的极大值点，符合题意． 当eq \f(π,2a)＞1，即eq \r(2)＜a＜eq \f(π,2)时， 因为t′(0)＜0，t′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－a2coseq \f(a,2)＋eq \f(40,9)＞0， 所以t′(x)在(0，m)上存在唯一零点x2， 且当0＜x＜x2时，t′(x)＜0，t(x)单调递减． 因为t(0)＝0，所以当0＜x＜x2时，t(x)＜0，即f′(x)＜0， 所以f(x)在(0，x2)上单调递减． 因为f(x)为偶函数，所以f(x)在(－x2,0)上单调递增， 故可得x＝0是f(x)的极大值点，符合题意． 当a＜0时，由偶函数图像的对称性可得 a＜－eq \r(2).综上所述，a的取值范围是(－∞，－eq \r(2))∪(eq \r(2)，＋∞)． 函数性质综合问题难点是函数单调性和极值、最值的分类讨论． (1)单调性讨论策略：单调性的讨论是以导数等于零的点为分界点，把函数定义域分段，在各段上讨论导数的符号，在不能确定导数等于零的点的相对位置时，还需要对导数等于零的点的位置关系进行讨论． (2)极值讨论策略：极值的讨论是以单调性的讨论为基础，根据函数的单调性确定函数的极值点． (3)最值讨论策略：图像连续的函数在闭区间上最值的讨论，是以函数在该区间上的极值和区间端点的函数值进行比较为标准进行的，在极值和区间端点函数值中最大的为最大值、最小的为最小值． 1．已知函数f(x)＝ex＋ax2－x. (1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性； (2)当x≥0时，f(x)≥eq \f(1,2)x3＋1，求a的取值范围． 解：(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x， f′(x)＝ex＋2x－1，记g(x)＝f′(x)，因为g′(x)＝ex＋2>0，所以g(x)在R上单调递增， 即f′(x)在R上单调递增，又因为f′(0)＝0，所以当x>0时，f′(x)>0. 所以f(x)的单调增区间为(0，＋∞)，单调减区间为(－∞，0)． (2)当x≥0时，f(x)≥eq \f(1,2)x3＋1恒成立， (ⅰ)当x＝0时，a∈R； (ⅱ)当x>0时，即a≥eq \f(\f(1,2)x3＋x＋1－ex,x2)恒成立， 记h(x)＝eq \f(\f(1,2)x3＋x＋1－ex,x2)，所以h′(x)＝eq \f(2－x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(1,2)x2－x－1)),x3)， 记g(x)＝ex－eq \f(1,2)x2－x－1，因为当x≥0，g′(x)＝ex－x－1，所以g″(x)＝ex－1≥0恒成立， g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以[g′(x)]min＝g′(0)＝0， 所以g′(x)≥0恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以[g(x)]min＝g(0)＝0， 令h′(x)＝0，可得x＝2，当x∈(0,2)时，h′(x)>0，h(x)在(0,2)上单调递增， 当x∈(2，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)在(2，＋∞)上单调递减，所以[h(x)]max＝h(2)＝eq \f(7－e2,4). 所以a≥eq \f(7－e2,4). 综上，a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7－e2,4)，＋∞)). [策略二]　提炼重要不等式——牵线搭桥(突破答题)　 [例2]　已知函数f(x)＝aln x＋bx(a，b∈R)在点(1，f(1))处的切线方程为x－2y－2＝0. (1)求a，b的值； (2)当x>1时，f(x)＋eq \f(k,x)<0恒成立，求实数k的取值范围； (3)证明：当n∈N＋，且n≥2时，eq \f(1,2ln 2)＋eq \f(1,3ln 3)＋…＋eq \f(1,n ln n)>eq \f(3n2－n－2,2n2＋2n). [冲关方案] 思路提示 解题关键 本题第(1)问是利用导数的几何意义求参数的取值．已知函数f(x)＝aln x＋bx(a，b∈R)在点(1，f(1))处的切线方程为x－2y－2＝0，求a，b的值，即求函数f(x)的解析式，比较简单，但计算必须正确，因为这是下一问的基础 方程思想：求解时，利用点(1，f(1))处的导数f′(1)为切线的斜率，且点(1，f(1))在切线上，建立方程组，解方程组求出a，b 本题第(2)问是不等式的恒成立问题．在第(1)问求对函数f(x)的解析式的前提条件下，已知x>1时，不等式f(x)＋eq \f(k,x)<0恒成立，求实数k的取值范围 分离常数法：当x>1时，f(x)＋eq \f(k,x)<0恒成立，即ln x－eq \f(x,2)＋eq \f(k,x)<0，等价于k<eq \f(x2,2)－xln x，转化为求函数g(x)＝eq \f(x2,2)－xln x的最小值，这是解决不等式恒成立问题的一种基本方法． 分类讨论法：这一问还可以构造函数g(x)＝ln x－eq \f(x,2)＋eq \f(k,x)，得g′(x)＝eq \f(x2－2x＋2k,2x2)对方程x2－2x＋2k＝0(*)的判别式Δ＝4－8k进行分类讨论 本题第(3)问是证明与正整数有关的不等式问题．当n∈N＋，且n≥2时，证明eq \f(1,2ln 2)＋eq \f(1,3ln 3)＋…＋eq \f(1,nln n)>eq \f(3n2－n－2,2n2＋2n)成立 赋值法：由(2)提炼出不等式，当x>1时，ln x－eq \f(x,2)＋eq \f(1,2x)<0，即xln x<eq \f(x2－1,2)，又xln x>0，从而，eq \f(1,xln x)>eq \f(2,x2－1)＝eq \f(1,x－1)－eq \f(1,x＋1)，然后对x进行赋值得以证明 [解]　(1)∵f(x)＝aln x＋bx，∴f′(x)＝eq \f(a,x)＋b. ∵直线x－2y－2＝0的斜率为eq \f(1,2)，且过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,2)))， ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f1＝－\f(1,2)，,f′1＝\f(1,2)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(b＝－\f(1,2)，,a＋b＝\f(1,2)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－\f(1,2).)) (2)法一：由(1)得f(x)＝ln x－eq \f(x,2). 当x>1时，f(x)＋eq \f(k,x)<0恒成立，即ln x－eq \f(x,2)＋eq \f(k,x)<0，等价于k<eq \f(x2,2)－xln x. 令g(x)＝eq \f(x2,2)－xln x，则g′(x)＝x－(ln x＋1) ＝x－1－ln x. 令h(x)＝x－1－ln x，则h′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x). 当x>1时，h′(x)>0，函数h(x)在(1，＋∞)上单调递增，故h(x)>h(1)＝0. 从而，当x>1时，g′(x)>0，即函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增，故g(x)>g(1)＝eq \f(1,2). 因此，当x>1时，k<eq \f(x2,2)－xln x恒成立，则k≤eq \f(1,2). 即所求k的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))). 法二：由(1)得f(x)＝ln x－eq \f(x,2). 当x>1时，f(x)＋eq \f(k,x)<0恒成立，即ln x－eq \f(x,2)＋eq \f(k,x)<0恒成立．令g(x)＝ln x－eq \f(x,2)＋eq \f(k,x)， 则g′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,2)－eq \f(k,x2) ＝－eq \f(x2－2x＋2k,2x2). 方程x2－2x＋2k＝0(*)的判别式Δ＝4－8k. (ⅰ)当Δ<0，即k>eq \f(1,2)时，则x>1时，x2－2x＋2k>0，得g′(x)<0，故函数g(x)在(1，＋∞)上单调递减． 由于g(1)＝－eq \f(1,2)＋k>0，g(2)＝ln 2－1＋eq \f(k,2)>0， 则当x∈(1,2)时，g(x)>0，即ln x－eq \f(x,2)＋eq \f(k,x)>0，与题设矛盾． (ⅱ)当Δ＝0，即k＝eq \f(1,2)时，则x>1时，g′(x)＝－eq \f(x2－2x＋1,2x2)＝－eq \f(x－12,2x2)<0. 故函数g(x)在(1，＋∞)上单调递减，则g(x)<g(1)＝0，符合题意． (ⅲ) 当Δ>0，即k<eq \f(1,2)时，方程(*)的两根为x1＝1－eq \r(1－2k)<1，x2＝1＋eq \r(1－2k)>1， 则x∈(1，x2)时，g′(x)>0，x∈(x2，＋∞)时，g′(x)<0. 故函数g(x)在(1，x2)上单调递增，在(x2，＋∞)上单调递减，从而函数g(x)在(1，＋∞)上的最大值为g(x2)＝ln x2－eq \f(x2,2)＋eq \f(k,x2). 而g(x2)＝ln x2－eq \f(x2,2)＋eq \f(k,x2)<ln x2－eq \f(x2,2)＋eq \f(1,2x2)， 由(ⅱ)知，当x>1时，ln x－eq \f(x,2)＋eq \f(1,2x)<0， 得ln x2－eq \f(x2,2)＋eq \f(1,2x2)<0，从而g(x2)<0. 故当x>1时，g(x)≤g(x2)<0，符合题意． 综上所述，k的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))). (3)证明：由(2)得，当x>1时，ln x－eq \f(x,2)＋eq \f(1,2x)<0，可化为xln x<eq \f(x2－1,2)，又xln x>0， 从而eq \f(1,xln x)>eq \f(2,x2－1)＝eq \f(1,x－1)－eq \f(1,x＋1). 把x＝2,3,4，…，n分别代入上面不等式，并相加得， eq \f(1,2ln 2)＋eq \f(1,3ln 3)＋…＋eq \f(1,nln n)>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－2)－\f(1,n)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1))) ＝1＋eq \f(1,2)－eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(3n2－n－2,2n2＋2n). 构造函数证明不等式的技巧 (1)移项法：证明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x))的问题转化为证明f(x)－g(x)>0(f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)． (2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数． (3)主元法：对于(或可化为)f(x1，x2)≥A的不等式，可选x1(或x2)为主元，构造函数f(x，x2)(或f(x1，x))． (4)放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数． (5)赋值法：证明正整数不等式时，要把这些正整数放在正实数的范围内，通过构造正实数的不等式进行证明，而不能直接构造正整数的函数，因为这样的函数不是可导函数，使用导数就是错误的． 2．(2022·新高考Ⅱ卷，22)已知函数f(x)＝xeax－ex. (1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性； (2)当x>0时，f(x)<－1，求a的取值范围； (3)设n∈N*，证明：eq \f(1,\r(12＋1))＋eq \f(1,\r(22＋2))＋…＋eq \f(1,\r(n2＋n))>ln(n＋1)． 解：(1)a＝1⇒f(x)＝xex－ex＝(x－1)ex⇒f′(x)＝xex， 当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增． (2)令g(x)＝f(x)＋1＝xeax－ex＋1(x≥0) ⇒g(x)≤g(0)＝0对∀x≥0恒成立， 又g′(x)＝eax＋axeax－ex⇒g′(0)＝0， 令h(x)＝g′(x)⇒h′(x)＝aeax＋a(eax＋axeax)－ex＝a(2eax＋axeax)－ex， 则h′(0)＝2a－1， ①若h′(0)＝2a－1>0，即a>eq \f(1,2)时，由 eq \o(lim,\s\do14(x→0＋)) eq \f(g′x－g′0,x－0)＝eq \o(lim,\s\do14(x→0＋)) eq \f(g′x,x)>0， 所以∃x0>0，使得当x∈(0，x0)时，有eq \f(g′x,x)>0⇒g′(x)>0⇒g(x)单调递增⇒g(x0)>g(0)＝0，矛盾． ②若h′(0)＝2a－1≤0，即a≤eq \f(1,2)时， 综上所述，实数a的取值范围是a≤eq \f(1,2). (3)求导易得t－eq \f(1,t)>2ln t(t>1)， 令t＝eq \r(1＋\f(1,n))⇒eq \r(1＋\f(1,n))－eq \f(1,\r(1＋\f(1,n)))>2lneq \r(1＋\f(1,n))⇒eq \f(\f(1,n),\r(1＋\f(1,n)))＞lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))⇒eq \f(1,\r(n2＋n))>lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n)))⇒ eq \o(,\s\up16(n),\s\do14(k＝1)) eq \f(1,\r(k2＋k))>eq \o(,\s\up16(n),\s\do14(k＝1))lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k＋1,k)))＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1)·\f(3,2)·…·\f(n＋1,n))) ＝ln(n＋1)， 即eq \f(1,\r(12＋1))＋eq \f(1,\r(22＋2))＋…＋eq \f(1,\r(n2＋n))>ln(n＋1)，证毕． [策略三]　灵活等价转化——华丽转身　 [例3]　(12分)已知函数f(x)＝x(ln x－a)＋1(a∈R)． (1)证明：曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线经过坐标原点； (2)若a＞1，证明：f(x)有两个零点． ►[答题模板] (1)因为f(x)＝x(ln x－a)＋1，所以eq \a\vs4\al(f1＝1－a)， 求导可得f′(x)＝ln x＋1－a，所以eq \a\vs4\al(f′1＝1－a)①，(2分) 故切线方程为y－(1－a)＝(1－a)(x－1)， 即eq \a\vs4\al(y＝1－ax，所以该切线经过坐标原点)②.(4分) (2)第1步：确定f(x)定义域并求导函数零点 易知函数f(x)定义域为(0，＋∞)， 由(1)得f′(x)＝ln x＋1－a(x＞0)，令f′(x)＝0，得x＝ea－1＞1. 第2步：判断单调性 eq \a\vs4\al(当x∈0，ea－1时，f′x＜0，fx单调递减)； eq \a\vs4\al(当x∈ea－1，＋∞时，f′x＞0，fx单调递增)③.(5分) 第3步：求最小值 所以eq \a\vs4\al(fxmin＝fea－1＝1－ea－1)④.(6分) 第4步：求f(x)在各单调区间上的零点个数 因为ea－1＞1，所以f(ea－1)＜0，又f(ea)＝1＞0， 所以由零点存在定理知f(x)在(ea－1，ea)内有一个零点， 故f(x)eq \a\vs4\al(在区间ea－1，＋∞上只有一个零点)⑤.(8分) 因为a＞1，所以－a＜a－1，e－a＜ea－1，f(e－a)＝eq \f(ea－2a,ea)， 令h(x)＝ex－2x，当x＞1时，h′(x)＝ex－2＞0， 所以h(x)在区间(1，＋∞)上单调递增， 所以h(a)＞h(1)＝e－2＞0，所以ea＞2a，eq \a\vs4\al(即fe－a＞0)⑥，(10分) 又f(ea－1)＜0，由零点存在定理知f(x)在(e－a，ea－1)内有一个零点， 故f(x)eq \a\vs4\al(在0，ea－1只有一个零点)⑦.(11分)第5步：得出结论 eq \a\vs4\al(综上所述，fx有两个零点)⑧.(12分) ►[教材知识迁移与运用] 条件 f(x)＝x(ln x－a)＋1 教材知识 若f(x)＝ln x，则f′(x)＝eq \f(1,x) 若f(x)＝c(c为常数)，则f′(x)＝0 两个函数f(x)与g(x)的乘积的导数，其运算法则为[f(x)g(x)]′＝f′(x)·g(x)＋f(x)g′(x) 迁移与运用 由f(x)＝x(ln x－a)＋1，得f′(x)＝(x)′(ln x－a)＋x(ln x－a)′＋(1)′＝ln x－a＋x·eq \f(1,x)＝ln x＋1－a ►[得分点①]　正确求得f′(1)和f(1)得2分 ►[得分点②]　正确求得切线方程并得出结论得2分 ►[得分点③]　正确判断f(x)的单调性得1分 ►[得分点④]　正确求得f(x)的最小值得1分 ►[得分点⑤]　正确求得f(x)在区间(ea－1，＋∞)的零点个数得2分 ►[得分点⑥]　正确判断f(e－a)的正负得2分 ►[得分点⑦]　正确求得f(x)在区间(0，ea－1)的零点个数得1分 ►[得分点⑧]　正确得出结论得1分 (1)∀x1∈[a，b]，∀x2∈[c，d]，使有f1(x1)>f2(x2)⇔[f1(x1)]min>[f2(x2)]max. (2)∃x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，使f1(x1)>f2(x2)⇔[f1(x1)]max>[f2(x2)]min. (3)∀x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，使f1(x1)>f2(x2)⇔[f1(x1)]min>[f2(x2)]min. (4)∃x1∈[a，b]，∀x2∈[c，d]，使f1(x1)>f2(x2)⇔[f1(x)]max>[f2(x)]max. (5)∃x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，使f1(x1)＝f2(x2)⇔f1(x)的值域与f2(x)的值域交集不为∅. 3．(2024·大同模拟)已知函数f(x)＝ln x＋eq \f(1,4)ax2－eq \f(1,2)x＋eq \f(3,4). (1)当a＝－1时，求f(x)的单调区间； (2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，且x1＜x2，证明：eq \f(fx1－fx2,x1－x2)＞2a－eq \f(1,4). 解：(1)当a＝－1时，f(x)＝ln x－eq \f(1,4)x2－eq \f(1,2)x＋eq \f(3,4)，x∈(0，＋∞)， ∴f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,2)x－eq \f(1,2)＝－eq \f(x2＋x－2,2x) ＝－eq \f(x＋2x－1,2x)， ∴当x＞1时，f′(x)＜0；当0＜x＜1时，f′(x)＞0， ∴函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． (2)证明：因为f(x)＝ln x＋eq \f(1,4)ax2－eq \f(1,2)x＋eq \f(3,4)，x∈(0，＋∞)， 所以f′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(1,2)ax－eq \f(1,2)＝eq \f(ax2－x＋2,2x)， 因为f(x)存在两个极值点，所以ax2－x＋2＝0在(0，＋∞)有两根， 所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＞0,Δ＝1－8a＞0))，所以0＜a＜eq \f(1,8)，且x1＋x2＝eq \f(1,a)，x1x2＝eq \f(2,a)， 因为eq \f(fx1－fx2,x1－x2) ＝eq \f(ln x1－ln x2＋\f(1,4)ax\o\al(2,1)－x\o\al(2,2)－\f(1,2)x1－x2,x1－x2) ＝eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)－eq \f(1,4)， 要证eq \f(fx1－fx2,x1－x2)＞2a－eq \f(1,4)，只需证eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)＞2a＝eq \f(2,x1＋x2)， 又∵x1＜x2，∴x1－x2＜0， ∴即证ln eq \f(x1,x2)＜eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)－1)),\f(x1,x2)＋1)， 令eq \f(x1,x2)＝t，则0＜t＜1， ∴只需证ln t＜eq \f(2t－1,t＋1)， 令g(t)＝ln t－eq \f(2t－1,t＋1)，t∈(0,1)， 所以g′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(4,t＋12)＝eq \f(t－12,tt＋12)≥0， 所以g(t)在(0,1)上单调递增，所以g(t)＜g(1)＝0， 即ln t－eq \f(2t－1,t＋1)＜0，即ln t＜eq \f(2t－1,t＋1)， 所以eq \f(fx1－fx2,x1－x2)＞2a－eq \f(1,4). [策略四]　借助函数大致图像——直观诠释　 [例4]　(2024·安徽模拟)已知函数f(x)＝ln x－aex＋1(a∈R)． (1)当a＝1时，讨论f(x)极值点的个数； (2)若函数f(x)有两个零点，求a的取值范围． [解]　(1)当a＝1时，f(x)＝ln x－ex＋1(x＞0)，则f′(x)＝eq \f(1,x)－ex， 显然f′(x)在(0，＋∞)上单调递减，又f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2－eq \r(e)＞0，f′(1)＝1－e＜0， 所以f′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上存在唯一零点x0， 当x∈(0，x0)时，f′(x)＞0，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＜0， 所以x0是f(x)的极大值点，且是唯一极值点． (2)令f(x)＝0，则a＝eq \f(ln x＋1,ex)，令y＝a，g(x)＝eq \f(ln x＋1,ex)，则y＝a与g(x)的图像在(0，＋∞)上有2个交点， g′(x)＝eq \f(\f(1,x)－ln x－1,ex)(x＞0)，令h(x)＝eq \f(1,x)－ln x－1，则h′(x)＝－eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)＜0， 所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，而h(1)＝0， 故当x∈(0,1)时，h(x)＞0，即g′(x)＞0，g(x)单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，即g′(x)＜0，g(x)单调递减， 故g(x)max＝g(1)＝eq \f(1,e)， 又geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0，当x＞1时，g(x)＞0，作出图像如图： 由图可得0＜a＜eq \f(1,e)， 故a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))). 对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的法是： (1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域； (2)求导数，得单调区间和极值点； (3)画出函数的大致图像，观察图像； (4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图像与x轴的交点情况进而求解． 4．(2024·长春市质检)已知函数f(x)＝－x2＋2ex＋m－1，g(x)＝x＋eq \f(e2,x) (x>0)． (1)若g(x)＝m有零点，求m的取值范围； (2)确定m的取值范围，使得g(x)－f(x)＝0有两个相异实根． 解：(1)∵g(x)＝x＋eq \f(e2,x)≥2eq \r(e2)＝2e(x>0)，当且仅当x＝eq \f(e2,x)时取等号，∴当x＝e时，g(x)有最小值2e. ∴要使g(x)＝m有零点，只需m≥2e. 即当m∈[2e，＋∞)时，g(x)＝m有零点． (2)若g(x)－f(x)＝0有两个相异实根， 则函数g(x)与f(x)的图像有两个不同的交点． 如图，作出函数g(x)＝x＋eq \f(e2,x)(x>0)的大致图像． ∵f(x)＝－x2＋2ex＋m－1 ＝－(x－e)2＋m－1＋e2， ∴其对称轴为x＝e，f(x)max＝m－1＋e2. 若函数f(x)与g(x)的图像有两个交点，则m－1＋e2>2e，即当m>－e2＋2e＋1时，g(x)－f(x)＝0有两个相异实根．∴m的取值范围是(－e2＋2e＋1，＋∞)． $