2023届高考数学二轮复习7-3函数与导数学案含答案

这是一份2023届高考数学二轮复习7-3函数与导数学案含答案，共20页。

第三讲　函数与导数——大题备考
对函数与导数大题的考查，多以对数函数、指数函数为载体，从含有参数的函数的单调性、极值、最值，曲线的交点等方面进行设计，解题时需要对参数分类讨论，往往比较复杂，难度较大．
微专题1　不等式恒(能)成立问题
提分题
例1[2022·山东菏泽一模]已知函数f(x)＝ex－1－ax.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)－x2≥a24对于任意x≥0恒成立，求实数a的取值范围．
听课笔记：





例2[2022·河北张家口一模]已知函数f(x)＝axeax＋(a＋b)x，g(x)＝(1＋x)lnx.
(1)当a＝－b＝1时，证明：当x∈(0，＋∞)时，f(x)>g(x)；
(2)若对∀x∈(0，＋∞)，都∃b∈[－1，0]，使f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
听课笔记：





技法领悟
不等式恒成立(能成立)问题的解题策略
1．对于含参数的不等式，如果易分离参数，可先分离参数、构造函数，直接转化为求函数的最值；否则应进行分类讨论，在解题过程中，必要时，可作出函数图象草图，借助几何图形直观分析转化．
2．“恒成立”与“能成立”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．应特别关注等号是否取到，注意端点的取舍．

巩固训练1
1.已知函数f(x)＝xlnx＋ax＋2.
(1)当a＝0时，求f(x)的极值；
(2)若对任意的x∈[1，e2]，f(x)≤0恒成立，求实数a的取值范围．




2．已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，不等式f(x)≥12g(x)恒成立，求a的取值范围．






微专题2　零点问题
提分题
例3[2022·广东汕头三模]已知函数f(x)＝x－2sinx.
(1)求f(x)在(0，π)的极值；
(2)证明：函数g(x)＝lnx－f(x)在(0，π)有且只有两个零点．
听课笔记：






例4[2022·河北邯郸二模]已知函数f(x)＝x2ex－alnx，a≠0.
(1)若a＝1e，分析f(x)的单调性；
(2)若f(x)在区间(1，e)上有零点，求实数a的取值范围．
听课笔记：






技法领悟
1．函数零点个数问题的解题策略
(1)直接法：直接研究函数，求出极值以及最值，画出草图．函数零点的个数问题即是函数图象与x轴交点的个数问题．
(2)分离参数法：分离出参数，转化为a＝g(x)，根据导数的知识求出函数g(x)在某区间的单调性，求出极值以及最值，画出草图．函数零点的个数问题即是直线y＝a与函数y＝g(x)图象交点的个数问题．只需要用a与函数g(x)的极值和最值进行比较即可．
2．根据函数零点的个数求参数范围的方法
(1)分离参数(a＝g(x))后，将原问题转化为y＝g(x)的值域(最值)问题或转化为直线y＝a与y＝g(x)的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解；
(2)利用零点的存在性定理构建不等式求解；
(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．

巩固训练2
1.已知函数f(x)＝x－alnx.
(1)当a＝1时，求f(x)在区间(0，e]上的最小值；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．









2．[2022·河北唐山二模]已知函数f(x)＝3xx+3，g(x)＝bsinx，曲线y＝f(x)和y＝g(x)在原点处有相同的切线l.
(1)求b的值以及l的方程；
(2)判断函数h(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上零点的个数，并说明理由．













微专题3　不等式证明问题
提分题
例5[2022·河北沧州二模]已知函数f(x)＝xlnx-ax，a∈R.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)证明：xf(x)＋e－x>－a.
听课笔记：






例6[2022·山东省实验中学模拟]已知函数f(x)＝1+lnxx.
(1)求函数y＝f(x)的最大值；
(2)若关于x的方程lnx＝xex－ex2＋kx－1有实数根，求实数k的取值范围；
(3)证明：ln222+ln332＋…＋lnnn2<2n2-n-14n+1(n∈N*，n≥2)．
听课笔记：






例7[2022·山东临沂一模]已知函数f(x)＝ex－2ax(a>0)．
(1)若a＝e，讨论f(x)的单调性；
(2)若x1，x2是函数f(x)的两个不同的零点，证明：1 听课笔记：





技法领悟
1．证明单变量不等式的方法
(1)利用单调性证明单变量不等式
一般地，要证f(x)>g(x)在区间(a，b)上成立，需构造辅助函数F(x)＝f(x)－g(x)，通过分析F(x)在端点处的函数值来证明不等式．若F(a)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递增即可；若F(b)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递减即可．
(2)利用最值证明单变量不等式
利用最值证明单变量的不等式的常见形式是f(x)>g(x).证明技巧：先将不等式f(x)>g(x)移项，即构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，转化为证不等式h(x)>0，再次转化为证明hxmin>0，因此，只需在所给的区间内，判断h′(x)的符号，从而判断其单调性，并求出函数h(x)的最小值，即可得证．
2．证明双变量函数不等式问题的策略
(1)将双变量中的一个看作变量，另一个看作常数，构造一个含参数的辅助函数证明不等式．
(2)整体换元．对于齐次式往往可将双变量整体换元，化为一元不等式．
(3)若双变量的函数不等式具有对称性，并且可以将两个变量分离开，分离之后的函数结构具有相似性，从而构造函数利用单调性证明．

巩固训练3
1.[2021·全国乙卷]设函数f(x)＝ln (a－x)，已知x＝0是函数y＝xf(x)的极值点．
(1)求a；
(2)设函数g(x)＝x+fxxfx，证明：g(x)＜1.






2．[2022·河北张家口三模]已知函数g(x)＝alnx－(2a－2)x＋12x2(a∈R)在x＝1处取得极值．
(1)求a的值及函数g(x)的极值；
(2)设f(x)＝g(x)－t有三个不同的零点x1，x2，x3(x1


































第三讲　函数与导数
微专题1　不等式恒(能)成立问题
提分题
[例1]　解析：(1)f′(x)＝ex－1－a.
①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
②当a>0时，令f′(x)＝ex－1－a＝0，x＝1＋ln a，
当x∈(－∞，1＋ln a)时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，1＋ln a)上单调递减；
当x∈(1＋ln a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1＋ln a，＋∞)上单调递增；
(2)由f(x)－x2≥a24，得ex－1≥x2＋ax＋a24＝(x＋a2)2，对于任意x≥0恒成立，
因此－x－ex-12≤a2≤－x＋ex-12，
记h(x)＝－x＋ex-12，由h′(x)＝－1＋12ex-12＝0，得x＝1＋2ln 2，
当x∈[0，1＋2ln 2]时，h(x)单调递减，当x∈[1＋2ln 2，＋∞)时，h(x)单调递增，所以h(x)min＝1－2ln 2，因此a≤2－4ln 2；
记t(x)＝-x-ex-12，易知tx单调递减，所以txmax=t0=-e-12，
所以a≥-2e-12；
综上，-2e-12≤a≤2－4ln 2.
[例2]　解析：(1)当a＝－b＝1时，f(x)＝xex.
令h(x)＝ex－(x＋1)(x>0)，则h′(x)＝ex－1>0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h(0)＝0，
所以h(x)＝ex－(x＋1)>0，即ex>x＋1.
令φ(x)＝x－ln x(x>0)，则φ′(x)＝1－1x＝x-1x，所以φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，且φ(1)＝1，所以φ(x)＝x－ln x≥1>0，
所以x>ln x.
所以当x∈(0，＋∞)时，有xex>x(x＋1)>(x＋1)ln x，
所以当x∈(0，＋∞)时，f(x)>g(x)．
(2)因为∃b∈[－1，0]，使f(x)≥g(x)恒成立，令φ(b)＝axeax＋(a＋b)x，
只需φ(b)max≥g(x)，即axeax＋ax≥(1＋x)ln x在x∈(0，＋∞)上恒成立，
整理得ax(eax＋1)≥(x＋1)ln x＝ln x(eln x＋1)．(*)．
设F(x)＝x(ex＋1)，则F′(x)＝ex(x＋1)＋1，设H(x)＝F′(x)＝ex(x＋1)＋1，
又H′(x)＝(x＋2)ex，可得x>－2时，H′(x)>0，H(x)单调递增；x<－2时，H′(x)<0，H(x)单调递减，因此当x＝－2时，H(x)有最小值H(－2)＝1－1e2>0，
所以F(x)在R上单调递增．
所以(*)式即F(ax)≥F(ln x)，所以ax≥ln x，即a≥lnxx.
设G(x)＝lnxx，x>0，则G′(x)＝1-lnxx2，令G′(x)＝0，解得x＝e.
当00，函数G(x)单调递增；当x>e时，G′(x)<0，函数G(x)单调递减．
所以G(x)max ＝G(e)＝1e，所以a≥1e.
所以实数a的取值范围为1e，+∞.
[巩固训练1]
1．解析：(1)当a＝0时，f(x)＝x ln x＋2，f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝ln x＋1＝0，则x＝1e.
令f′(x)>0，则x∈(1e，＋∞)，令f′(x)<0，则x∈0，1e，
所以f(x)在0，1e上单调递减，在1e，+∞上单调递增．
当x＝1e时，f(x)取得极小值且为f1e＝1eln 1e＋2＝－1e＋2，无极大值．
(2)f(x)＝x ln x＋ax＋2≤0对任意的x∈1，e2恒成立，
则－a≥2+xlnxx＝2x＋ln x对任意的x∈[1，e2]恒成立，
令g(x)＝2x＋ln x，g′(x)＝－2x2+1x＝-2+xx2＝0，所以x＝2，
则g(x)在[1，2)上单调递减，在(2，e2]上单调递增，所以g(1)＝2，g(e2)＝2e2＋2，所以g(x)max＝g(e2)＝2e2＋2，则－a≥2e2＋2，则a≤－2e2－2.
实数a的取值范围为-2e2-2，+∞.
2．解析：(1)f(x)＝x ln x定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1，
f′(x)>0即ln x＋1>0，解得x>1e，
所以f(x)在(1e，＋∞)单调递增．
(2)对任意x∈(0，＋∞)，不等式f(x)≥12g(x)恒成立，即x ln x≥12(－x2＋ax－3)恒成立，
分离参数得a≤2ln x＋x＋3x.
令h(x)＝2ln x＋x＋3x(x∈(0，＋∞))，则h′(x)＝x+3x-1x2.
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)min＝h(1)＝4，即a≤4，
故a的取值范围是(－∞，4].
微专题2　零点问题
提分题
[例3]　解析：(1)由f(x)＝x－2sin x得f′(x)＝1－2cos x，x∈(0，π)，
令f′(x)＝0得，x＝π3，
当0 当π30，此时函数f(x)单调递增，
所以，函数f(x)的极小值为fπ3＝π3-3，无极大值．
(2)证明：g(x)＝ln x－f(x)＝ln x－x＋2sin x，x∈(0，π)，则g′(x)＝1x－1＋2cos x，
令φ(x)＝1x＋2cos x－1，则φ′(x)＝－1x2－2sin x.
当x∈(0，π)时，φ′(x)＝－1x2－2sin x<0，则φ(x)在(0，π)上单调递减，
∵φπ3＝3π>0，φπ2＝2π－1<0，
所以，存在x0∈π3，π2，使得φ(x0)＝g′(x0)＝0.
当x变化时，g(x)，g′(x)变化如表：
x
(0，x0)
x0
(x0，π)
g′(x)
＋
0
－
g(x)
单调递增
极大值g(x0)
单调递减
而gπ3＝ln π3-π3+3>0，g(π)＝ln π－π 则g(x0)>gπ3>0，又gπ6＝ln π6-π6＋1，
令h(x)＝ln x－x＋1，其中0 则h′(x)＝1x－1＝1-xx>0，所以，函数h(x)在(0，1)上单调递增，
则h(x) 由零点存在定理可知，函数g(x)在(0，π)上有两个零点．
[例4]　解析：(1)x>0且f′(x)＝2x2-x3-ex-1xex，
设m(x)＝ex－1－x⇒m′(x)＝ex－1－1，当x>1时，m′(x)>0，m(x)单调递增，
当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)＝ex－1－x≥0⇒ex－1≥x，
设g(x)＝2x2－x3－ex－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，＋∞)上的单调递减函数；
(2)f(x)＝0⇔h(x)＝x2exlnx＝a在区间(1，e)上能成立，
h′(x)＝x·2lnx-xlnx-1exlnx2且xexlnx2>0，
设n(x)＝ln x－x＋1⇒m′(x)＝1-xx，当x>1时，n′(x)<0，n(x)单调递减，
当00，n(x)单调递增，故当x＝1时，函数n(x)有最大值m(1)＝0，
因此有n(x)＝ln x－x＋1≤0⇒ln x≤x－1，
设j(x)＝2ln x－x ln x－1，则j(x)≤2(x－1)－x ln x－1＝2x－x ln x－3，
设k(x)＝2x－x ln x－3，则在区间(1，e)上k′(x)＝1－ln x>0，k(x)单调递增，
k(x) 故j(x)≤k(x) 在区间(1，e)上h(x)值域为(h(e)，＋∞)＝(e2－e，＋∞)，
实数a的取值范围是(e2－e，＋∞)．
[巩固训练2]
1．解析：(1) f′(x)＝1－1x，令f′(x)＝0，得x＝1.当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，e]时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．
∴当x＝1时，f(x)有极小值，也是最小值，最小值为f(1)＝1.
(2)f(x)＝x－a ln x＝0，定义域x∈(0，＋∞)，由题意a≠0，
即1a＝lnxx有两个零点，
令g(x)＝lnxx，g′(x)＝1-lnxx2，
所以g(x)＝lnxx在x∈(0，e)时，g′(x)>0，函数单调递增；当x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0，函数单调递减．
所以函数g(x)的最大值g(e)＝1e，∵g(1)＝0，x>e时，g(x)>0，
函数g(x)的图象如图所示，

所以0<1a<1e，所以a>e.
2．解析：(1)依题意得：f′(x)＝9x+32，g′(x)＝b cos x.
∴f′(0)＝g′(0)＝b＝1，
∴b＝1，l的方程：y＝x.
(2)当x>π2时，3xx+3＝3－9x+3>1≥sin x，h(x)>0，此时h(x)无零点．
当0 令H(x)＝9x+32－cos x，x∈0，π2，
则H′(x)＝－18x+33＋sin x，显然H′(x)在0，π2上单调递增，
又H′(0)＝－23<0，H′π2>0，所以存在t∈0，π2使得H′(t)＝0，
因此可得0 t0，H(x)单调递增；又H(0)＝0，Hπ2>0，
所以存在λ∈t，π2，使得H(λ)＝0，
即0 λ0，h′(x)>0，h(x)单调递增；
又h(0)＝0，hπ2>0，所以h(x)在0，π2上有一个零点．
综上，h(x)在(0，＋∞)上有1个零点．
微专题3　不等式证明问题
提分题
[例5]　解析：(1)函数f(x)＝xlnx-ax＝ln x－ax，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x+ax2＝x+ax2，
①当a≥0时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
②当a<0时，－a>0，x∈(0，－a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
x∈(－a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
综上，当a≥0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；
当a<0时，f(x)的单调递减区间为(0，－a)，单调递增区间为(－a，＋∞)．
(2)证明：由(1)知，当a＝－1时，f(x)＝ln x＋1x，且f(x)≥f(1)＝1，
所以x ln x＋1≥x，
因为f(x)＝xlnx-ax，所以不等式xf(x)＋e－x>－a等价于x ln x＋e－x>0，
令g(x)＝x＋e－x－1，则g′(x)＝1－e－x＝ex-1ex>0在x>0时恒成立，
所以当x>0时，g(x)>g(0)＝0，
又x ln x＋1≥x，所以x ln x＋e－x≥x－1＋e－x>0，
故x ln x＋e－x>0，即xf(x)＋e－x>－a.
[例6]　解析：(1)f′(x)＝-lnxx2，当x∈(0，1)时，f′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以f(x)max ＝f(1)＝1，即当x＝1时，f(x)取最大值1.
(2)依题意，ln x＝xex－ex2＋kx－1⇔k＝1+lnxx＋(ex－ex)，令g(x)＝1+lnxx＋(ex－ex)，g′(x)＝-lnxx2＋(e－ex)，
当x∈(0，1)时，g′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
即g(x)max＝g(1)＝1，因此g(x)的值域是(－∞，1]，方程k＝1+lnxx＋(ex－ex)有解，有k≤1，
所以实数k的取值范围是k≤1.
(3)证明：由(1)知f(x)≤1，当且仅当x＝1时取等号，因此当x>1时，ln x 即当n≥2时，ln n2 所以ln222+ln332＋…＋lnnn2<12[1－(12-13)＋1－(13-14)＋…＋1－(1n-1n+1)]＝12n-1-12-1n+1＝2n2-n-14n+1.
[例7]　解析：(1)f(x)＝ex－2ax(a>0)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ex－ax，
当a＝e时，f′(x)＝ex－ex，
令f′(x)＝0，则x＝1，
当01时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0，1)上递减，在(1，＋∞)上递增，
(2)因为x1，x2是函数f(x)的两个不同的零点，
所以ex1＝2ax1，ex2＝2ax2，
显然x1>0，x2>0，则有
x1＝ln 2＋ln a＋12ln x1，x2＝ln 2＋ln a＋12ln x2，
所以x1－x2＝12ln x1－12ln x2，
不妨令x1>x2>0，设t＝x1x2>1，
所以x1＝tlnt2t-1，x2＝lnt2t-1，
所以要证x1＋x2＝t+1lnt2t-1>1，
只要证ln t>2t-1t+1，即ln t－2t-1t+1>0，
令g(t)＝ln t－2t-1t+1(t>1)，则g′(t)＝1t-4t+12＝t-12tt+12>0，
所以g(t)在(1，＋∞)上递增，
所以g(t)>g(1)＝0，所以x1＋x2>1，
因为x1＝ln 2＋ln a＋12ln x1，x2＝ln 2＋ln a＋12ln x2，
所以x1＋x2＝2ln 2＋2ln a＋12ln (x1x2)．
要证x1＋x2<2ln a＋ln 2，只要证12ln (x1x2)<－ln 2，即x1x2<14，
因为x1x2＝tlnt24t-12，所以只要证tlnt24t-12<14，
即ln t 令h(t)＝ln t－t+1t，t>1，则h′(t)＝1t-12t-12tt＝－t-122tt<0，
所以h(t)在(1，＋∞)上递减，
所以h(t) 综上，1 [巩固训练3]
1．解析：(1)由题意得y＝xf(x)＝x ln (a－x)，
则y′＝ln (a－x)＋x[ln (a－x)]′.
因为x＝0是函数y＝xf(x)的极值点，
所以y′|x＝0＝ln a＝0，所以a＝1.
(2)证明：由(1)可知，f(x)＝ln (1－x)，其定义域为{x|x<1}，
当0 当x<0时，ln (1－x)>0，此时xf(x)<0.
易知g(x)的定义域为{x|x<1且x≠0}，
故要证g(x)＝x+fxxfx<1，只需证x＋f(x)>xf(x)，即证x＋ln (1－x)－x ln (1－x)>0.
令1－x＝t，则t>0且t≠1，则只需证1－t＋ln t－(1－t)ln t>0，即证1－t＋t ln t>0.
令h(t)＝1－t＋t ln t，则h′(t)＝－1＋ln t＋1＝ln t，
所以h(t)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)>h(1)＝0，
即g(x)<1成立．
2．解析：(1)函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝x2-2a-2x+ax，
由已知g′(1)＝0，解得a＝3，
∴g′(x)＝x-1x-3x，
∴当03时，g′(x)>0；当1 ∴g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝－72，
在x＝3处取得极小值g(3)＝3ln 3－152.
(2)证明：由(1)知g(x)＝3ln x－4x＋12x2，极大值为g(1)＝－72，极小值为g(3)＝3ln 3－152，
由f(x)＝g(x)－t有三个不同的零点x1，x2，x3，可知0 设H(x)＝g(x)－g(2－x)，x∈(0，1)，
∴H′(x)＝g′(x)＋g′(2－x)＝6x-12x2-x>0，
∴H(x)在(0，1)上单调递增，H(x) ∴g(x) 由(1)知，g(x2)＝g(x1) ∴x2>2－x1，x1＋x2>2　①.
设h(x)＝g(x)－g(6－x)，x∈(1，3)，
h′(x)＝g′(x)＋g′(6－x)＝2x-32x6-x>0，∴h(x)在(1，3)上单调递增，
∴h(x) 由(1)知g(x3)＝g(x2) ∴6－x2>x3　②，
∴结合①②得x1＋6>2＋x3，
所以x3<4＋x1.