PAGE1-滿分示范課——函數(shù)與導數(shù)函數(shù)與導數(shù)問題一般以函數(shù)為載體，以導數(shù)為工具，重點考查函數(shù)的一些性質(zhì)，如含參函數(shù)的單調(diào)性、極值或最值的探求與探討，困難函數(shù)零點的探討，函數(shù)不等式中參數(shù)范圍的探討，恒成立和能成立問題的探討等，是近幾年高考試題的命題熱點．對于這類綜合問題，一般是先求導，再變形、分別或分解出基本函數(shù)，再依據(jù)題意處理．【典例】(滿分12分)(2024·全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(x＋1,x－1).(1)探討f(x)的單調(diào)性，并證明f(x)有且僅有兩個零點；(2)設x0是f(x)的一個零點，證明曲線y＝lnx在點A(x0，lnx0)處的切線也是曲線y＝ex的切線．[規(guī)范解答](1)f(x)的定義域為(0，1)∪(1，＋∞)．因為f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(2,（x－1）2)>0，所以f(x)在(0，1)，(1，＋∞)單調(diào)遞增．因為f(e)＝1－eq\f(e＋1,e－1)<0，f(e2)＝2－eq\f(e2＋1,e2－1)＝eq\f(e2－3,e2－1)>0，所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零點x1(e<x1<e2)，即f(x1)＝0.又0<eq\f(1,x1)<1，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)))＝－lnx1＋eq\f(x1＋1,x1－1)＝－f(x1)＝0，故f(x)在(0，1)有唯一零點eq\f(1,x1).綜上，f(x)有且僅有兩個零點．(2)因為eq\f(1,x0)＝e－lnx0，所以點Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－lnx0，\f(1,x0)))在曲線y＝ex上．由題設知f(x0)＝0，即lnx0＝eq\f(x0＋1,x0－1)，故直線AB的斜率k＝eq\f(\f(1,x0)－lnx0,－lnx0－x0)＝eq\f(\f(1,x0)－\f(x0＋1,x0－1),－\f(x0＋1,x0－1)－x0)＝eq\f(1,x0).曲線y＝ex在點Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－lnx0，\f(1,x0)))處切線的斜率是eq\f(1,x0)，曲線y＝lnx在點A(x0，lnx0)處切線的斜率也是eq\f(1,x0).所以曲線y＝lnx在點A(x0，lnx0)處的切線也是曲線y＝ex的切線．高考狀元滿分心得1．得步驟分：抓住得分點的步驟，“步步為贏”，求得滿分．如第(1)問中，求導正確，推斷單調(diào)性．利用零點存在定理，定零點個數(shù)．第(2)問中，由f(x0)＝0定切點B，求切線的斜率．2．得關(guān)鍵分：解題過程不行忽視關(guān)鍵點，有則給分，無則沒分，如第(1)問中，求出f(x)的定義域，f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)性的推斷；第(2)問中，找關(guān)系lnx0＝eq\f(x0＋1,x0－1)，判定兩曲線在點B處切線的斜率相等．3．得計算分：解題過程中計算精確是得滿分的根本保證．如第(1)問中，求導f′(x)精確，否則全盤皆輸，判定f(x1)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)))＝0；第(2)問中，正確計算kAB等，否則不得分．[解題程序]第一步：求f(x)的定義域，計算f′(x)．其次步：由f(x)在(1，＋∞)上的單調(diào)性與零點存在定理，推斷f(x)在(1，＋∞)上有唯一零點x0.第三步：證明feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x0)))＝0，從而f(x)在定義域內(nèi)有兩個零點．第四步：由第(1)問，求直線AB的斜率k＝eq\f(1,x0).第五步：求y＝ex在點A、B處的切線斜率k＝eq\f(1,x0)，得證．第六步：檢驗反思，規(guī)范解題步驟．[跟蹤訓練]1．已知函數(shù)f(x)＝ex－1，g(x)＝eq\r(x)＋x，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，e＝2.71828….(1)證明：函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)在區(qū)間(1，2)上有零點；(2)求方程f(x)＝g(x)的根的個數(shù)，并說明理由；(1)證明：由題意可得h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－eq\r(x)－x，所以h(1)＝e－3＜0，h(2)＝e2－3－eq\r(2)＞0，所以h(1)·h(2)＜0，所以函數(shù)h(x)在區(qū)間(1，2)上有零點．(2)解：由(1)可知，h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－eq\r(x)－x.由g(x)＝eq\r(x)＋x知x∈[0，＋∞)，且h(0)＝0，則x＝0為h(x)的一個零點．又h(x)在(1，2)內(nèi)有零點，因此h(x)在[0，＋∞)上至少有兩個零點．h′(x)＝ex－eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)－1，記φ(x)＝ex－eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)－1.則φ′(x)＝ex＋eq\f(1,4)x－eq\f(3,2)，當x∈(0，＋∞)時，φ′(x)＞0，則φ(x)在(0，＋∞)上遞增．易知φ(x)在(0，＋∞)內(nèi)只有一個零點，所以h(x)在[0，＋∞)上有且只有兩個零點，所以方程f(x)＝g(x)的根的個數(shù)為2.2．已知函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)，g(x)＝e－x＋bx，a，b∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù)．(1)若函數(shù)y＝g(x)在R上存在零點，求實數(shù)b的取值范圍；(2)若函數(shù)y＝f(x)在x＝eq\f(1,e)處的切線方程為ex＋y－2＋b＝0.求證：對隨意的x∈(0，＋∞)，總有f(x)≥eq\f(1,xe)＋b.(1)解：易得g′(x)＝－e－x＋b＝b－eq\f(1,ex).若b＝0，則g(x)＝eq\f(1,ex)∈(0，＋∞)，不合題意；若b<0，則g(0)＝1>0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,b)))＝eeq\s\up14(\f(1,b))－1<0，滿意題設，若b>0，令g′(x)＝－e－x＋b＝0，得x＝－lnb.所以g(x)在(－∞，－lnb)上單調(diào)遞減；在(－lnb，＋∞)上單調(diào)遞增，則g(x)min＝g(－lnb)＝elnb－blnb＝b－blnb≤0，所以b≥e.綜上所述，實數(shù)b的取值范圍是(－∞，0)∪[e，＋∞)．(2)證明：易得f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)，則由題意，得f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝e－ae2＝－e，解得a＝eq\f(2,e).所以f(x)＝lnx＋eq\f(2,ex)，從而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝1，即切點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1)).將切點坐標代入ex＋y－2＋b＝0中，解得b＝0.所以要證f(x)≥eq\f(1,xe)＋b，只需證明lnx＋eq\f(2,xe)≥eq\f(1,xe)，即xlnx≥－eq\f(1,e).令φ(x)＝xlnx，則φ′(x)＝lnx＋1.由φ(x)>0，得x>eq\f(1,e)；令φ′(x)<0，得0<x<eq\f(1,e).所以φ(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,