高三数学 · 高考一轮 · 函数与导数专题

第8周复习攻坚 · 含近三年新高考Ⅰ卷函数与导数压轴真题拆解与模拟训练

一、知识点精讲

本轮是"函数与导数"专题的第二轮，主攻导数综合三大考法：同构恒成立、极值点偏移、双函数最值对齐。这与首轮"函数性质+导数基础（奇偶性、a_min、单调性讨论）"的切入角度不同，二轮重在"套路化破题"。

1. 同构法（指对同构）：遇到 a e^{x-1} 与 ln x 混搭的恒成立问题，把等式两边配成同一函数 h(t)=e^t+t 的形态，利用 h 严格单调递增把原不等式"降维"成一次不等式。核心是先配方，而非一上来死求导。

2. 极值点偏移：已知 f(x₁)=f(x₂)（x₁≠x₂，且 x₁<x₀<x₂，x₀ 为唯一极值点），证明 x₁+x₂>2x₀ 或 <某值。通法：构造对称差函数 F(x)=f(x)−f(2x₀−x)，证其单调性即可完成偏移方向的判定。

3. 双函数最值对齐：两函数有相同最小值 → 分别求最值并令其相等 → 解参数；再结合图象/零点论证交点分布（如水平线与两曲线交点横坐标成等差）。

4. 恒成立求参两条路：①直接求导找最值（端点/极值点）；②同构放缩（指对同构、切线放缩 e^x≥ex）。两条路要能互相验证。

二、高考真题分析

【真题1】(2022·新高考Ⅰ卷·第22题)

已知函数 f(x)=e^x−ax 和 g(x)=ax−ln x 有相同的最小值。(1)求 a；(2)证明：存在直线 y=b，其与两条曲线 y=f(x) 和 y=g(x) 共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列。

解析：(1) f′(x)=e^x−a。若 a≤0，则 f 单调递增、无最小值，故 a>0。f 在 (−∞,ln a) 减、(ln a,+∞) 增，最小值 f(ln a)=a−a ln a。g′(x)=a−1/x=(ax−1)/x，g 在 (0,1/a) 减、(1/a,+∞) 增，最小值 g(1/a)=1+ln a。令 a−a ln a=1+ln a，构造 h(a)=ln a−(a−1)/(a+1)=0，h′(a)>0 恒成立（a>0），且 h(1)=0，故 a=1。

(2) 略证：a=1 时 f(x)=e^x−x（在 x=0 取最小值 1），g(x)=x−ln x（在 x=1 取最小值 1），两曲线最小值均为 1。取 b>1，水平线 y=b 与 U 形的 f 左右两支各交一点、与先减后增的 g 交于一点，共三个交点；利用 f(x)−b 与 g(x)−b 的对称关系可证三点横坐标成等差数列。

答案：(1) a=1 (2) 证明见解析

【真题2】(2021·新高考Ⅰ卷·第22题)

已知函数 f(x)=x(1−ln x)。(1)讨论 f(x) 的单调性；(2)设 a,b 为两个不相等的正数，且 b ln a − a ln b = a − b，证明：2 < 1/a + 1/b < e。

解析：(1) 定义域 x>0，f′(x)=−ln x。令 f′=0 得 x=1；x∈(0,1) 时 f′>0、x∈(1,+∞) 时 f′<0，故 f 在 (0,1) 单调递增、在 (1,+∞) 单调递减，x=1 为极大值点。

(2) 由 b ln a − a ln b = a − b 两边同除以 ab 并整理，得 (1/a)(1−ln(1/a))=(1/b)(1−ln(1/b))，即 f(1/a)=f(1/b)。令 x₁=1/a、x₂=1/b，则 0<x₁<1<x₂<e，所证化为 2<x₁+x₂<e。先证左端 x₁+x₂>2：构造 h(x)=f(x)−f(2−x)（0<x<1），h′(x)=−ln[x(2−x)]，因 x(2−x)<1 故 h′>0，h 递增且 h(1)=0，从而 h(x)<0，即 f(x)<f(2−x)；代入 x₁ 得 f(x₂)=f(x₁)<f(2−x₁)，又 x₂>1、2−x₁>1 且 f 在 (1,+∞) 增，故 x₂>2−x₁ ⇒ x₁+x₂>2。右端 x₁+x₂<e 同法用对称差可得。

答案：(1) 在 (0,1) 单调递增、在 (1,+∞) 单调递减 (2) 证明见解析

【真题3】(2020·新高考Ⅰ卷（山东）·第21题)

已知函数 f(x)=a e^x−1 − ln x + ln a（a>0）。(1)当 a=e 时，求曲线 y=f(x) 在点 (1,f(1)) 处的切线与两坐标轴围成的三角形面积；(2)若 f(x)≥1，求 a 的取值范围。

解析：(1) a=e 时 f(x)=e^x−ln x+1，f(1)=e+1，f′(x)=e^x−1/x，f′(1)=e−1。切线 y−(e+1)=(e−1)(x−1)，即 y=(e−1)x+2。与 x 轴交 (−2/(e−1),0)、与 y 轴交 (0,2)，面积 = 1/2 × 2 × 2/(e−1) = 2/(e−1)。

(2) 同构法：f(x)≥1 ⇔ a e^x−1 − ln x + ln a ≥ 1 ⇔ e^{x+ln a−1} + (x+ln a−1) ≥ ln x + x = e^{ln x} + ln x。令 h(t)=e^t+t（h′(t)=e^t+1>0，严格增），则 h(x+ln a−1) ≥ h(ln x) ⇔ x+ln a−1 ≥ ln x ⇔ ln a ≥ ln x − x + 1。令 F(x)=ln x − x + 1，F′(x)=(1−x)/x，F 在 x=1 取最大值 F(1)=0，故 ln a ≥ 0 ⇒ a≥1。

答案：(1) 2/(e−1) (2) a∈[1,+∞)

三、模拟题解答

【模拟1】（恒成立求参，呼应真题3）设 a>0，f(x)=e^x − a x − 1，若 f(x)≥0 对一切 x∈R 恒成立，求 a 的范围。

解答：f′(x)=e^x−a。若 a≤0，则 f 递增但 f(0)=0、x<0 时 e^x<1 导致 f(x)<0，不符；若 a>0，f 在 (−∞,ln a) 减、(ln a,+∞) 增，最小值 f(ln a)=a−a ln a−1。令 φ(a)=a−a ln a−1，φ′(a)=−ln a，φ 在 (0,1) 增、(1,+∞) 减，φ(1)=0，故 φ(a)≥0 当且仅当 a=1。

答案：a=1

【模拟2】（极值点偏移，呼应真题2）已知函数 f(x)=x − ln x（x>0），若 f(x₁)=f(x₂) 且 x₁≠x₂，求证：x₁+x₂>2。

解答：f′(x)=1−1/x，f 在 (0,1) 减、(1,+∞) 增，设 x₁<1<x₂。构造 g(x)=f(x)−f(2−x)（0<x<1），g′(x)=2−1/x−1/(2−x)=2−2/[x(2−x)]，因 x(2−x)<1 故 g′<0，g 递减且 g(1)=0，所以 g(x₁)>0 ⇒ f(x₁)>f(2−x₁)。由 f(x₁)=f(x₂) 得 f(x₂)>f(2−x₁)；又 x₂>1、2−x₁>1 且 f 在 (1,+∞) 增，故 x₂>2−x₁ ⇒ x₁+x₂>2。

答案：x₁+x₂>2（得证）

【模拟3】（切线与几何意义，呼应真题3第(1)问）求曲线 y=ln x 在点 (1,0) 处的切线方程，及该切线与两坐标轴围成的三角形面积。

解答：y′=1/x，在 x=1 处斜率为 1，切线 y=x−1。与 x 轴交 (1,0)、与 y 轴交 (0,−1)，面积 = 1/2 × 1 × 1 = 1/2。

答案：切线 y=x−1，面积 1/2

四、第8周同步学习建议

1. 三大考法各做 2 道变式：同构、偏移、双函数同值，把套路练成肌肉记忆。本周任务就是"见题识路"。

2. 同构题先"凑同一函数"：看到 e^{t}+t 或 t e^{t} 形态先别求导，配 h(t) 最省事。

3. 偏移题固定套路：设 x₁<x₀<x₂，证 x₁+x₂>2x₀ 用 f(x)−f(2x₀−x) 判单调性。

4. 错题标注"用的是哪条路"：每周整理 1 道，下一轮复习直接翻。下一周我们将进入《数列》专题，导数综合先收尾。