2023高考数学二轮复习专题练三核心热点突破专题六函数与导数规范答题示范课_函数与导数解答题含解析202303112172

规范答题示范课——函数与导数解答题[破题之道]　函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点.对于这类综合问题，一般是先求导，再变形、分离或分解出基本函数，再根据题意处理.【典例示范】(12分)(2019·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝lnx－.(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；(2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线y＝ex的切线.切入点：利用导数判定函数单调性，找区间零点.关键点：利用f(x)的零点x0，确定切点坐标，求切线方程.[规范解答]　(1)解　f(x)的定义域为(0，1)∪(1，＋∞).因为f′(x)＝＋>0，所以f(x)在(0，1)，(1，＋∞)单调递增.2分因为f(e)＝1－<0，f(e2)＝2－＝>0，所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1(e<x1<e2)，即f(x1)＝0.4分又0<<1，f＝－lnx1＋＝－f(x1)＝0，故f(x)在(0，1)有唯一零点.综上，f(x)有且仅有两个零点.6分(2)证明　因为＝e－lnx0，所以点B在曲线y＝ex上.7分\n由题设知f(x0)＝0，即lnx0＝，故直线AB的斜率k＝＝＝.9分又曲线y＝ex在点B处切线的斜率是，曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处切线的斜率也是，所以曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线y＝ex的切线.12分[高考状元满分心得]❶得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分.如第(1)问中，求导正确，判断单调性，利用零点存在定理确定零点个数；第(2)问中，由f(x0)＝0定切点B，求切线的斜率.❷得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中，求出f(x)的定义域，f′(x)在(0，＋∞)上单调性的判断；第(2)问中，找关系lnx0＝，判定两曲线在点B处切线的斜率相等.❸得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如第(1)问中，求导f′(x)准确，否则全盘皆输，判定f(x1)＝－f＝0.第(2)问中，正确计算kAB等，否则不得分.[满分体验]1.已知函数f(x)＝－ax2＋ex－1(0≤a≤).(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率为e，求a的值；(2)求证：当x>0时，f(x)>0.(1)解　由函数f(x)＝－ax2＋ex－1，可得f′(x)＝ex－2ax，∵曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率为e，∴f′(1)＝e－2a＝e，∴a＝0.(2)证明　由(1)知f′(x)＝ex－2ax，令h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝ex－2a(x>0)，①当0≤a≤时，h′(x)>0，h(x)＝f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，f′(x)>f′(0)＝1，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)>f(0)＝0，满足题意.\n②当<a≤时，令h′(x)＝ex－2a＝0，解得x＝ln(2a)，当x∈(0，ln(2a))时，h′(x)<0，f′(x)＝h(x)在(0，ln(2a))上单调递减；当x∈(ln(2a)，＋∞)时，h′(x)>0，f′(x)＝h(x)在(ln(2a)，＋∞)上单调递增.∴f′(x)min＝f′(ln(2a))＝eln(2a)－2aln(2a)＝2a(1－ln(2a))，∵<a≤，∴1－ln(2a)≥0，∴f′(x)min≥0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)>f(0)＝0，满足题意，综上，当x>0时，f(x)>0.2.(2020·武汉检测)已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝x＋m(m∈R).(1)若f(x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围；(2)已知x1，x2是函数F(x)＝f(x)－g(x)的两个零点，且x1<x2，求证：x1x2<1.(1)解　令F(x)＝f(x)－g(x)＝lnx－x－m(x>0)，则F′(x)＝－1＝(x>0)，当x>1时，F′(x)<0，当0<x<1时，F′(x)>0，所以F(x)在(1，＋∞)上单调递减，在(0，1)上单调递增.F(x)在x＝1处取得最大值－1－m，若f(x)≤g(x)恒成立，则－1－m≤0，即m≥－1.故m的取值范围为[－1，＋∞).(2)证明　由(1)可知，若函数F(x)＝f(x)－g(x)有两个零点，则m<－1，0<x1<1<x2，要证x1x2<1，只需证x2<，由于F(x)在(1，＋∞)上单调递减，从而只需证F(x2)>F，由F(x1)＝F(x2)＝0，m＝lnx1－x1，即证ln－－m＝ln－＋x1－lnx1<0，令h(x)＝－＋x－2lnx(0<x<1)，则h′(x)＝＋1－＝>0，故h(x)在(0，1)上单调递增，\nh(x)<h(1)＝0，所以x1x2<1.