2021届高考数学一轮复习新人教A版教学案：第三章导数及其应用顶层设计前瞻函数与导数热点问题 12页

www.ks5u.com 函数与导数热点问题 ‎ 三年真题考情 核心热点 真题印证 核心素养 利用导数研究函数的性质 ‎2019·Ⅲ，20；2018·Ⅰ，21；2018·Ⅱ，21；2017·Ⅱ，21‎ 数学运算、逻辑推理 利用导数研究函数的零点 ‎2019·Ⅱ，20；2019·江苏，19；2018·Ⅱ，21(2)‎ 数学运算、直观想象 导数在不等式中的应用 ‎2019·Ⅰ，20；2018·Ⅰ，21；2017·Ⅲ，21；2017·Ⅱ，21‎ 数学运算、逻辑推理 ‎ 热点聚焦突破 教材链接高考——导数在不等式中的应用 ‎[教材探究](选修2－2P32习题1.3B组第1题(3)(4))‎ 利用函数的单调性证明下列不等式，并通过函数图象直观验证.‎ ‎(3)ex>1＋x(x≠0)；‎ ‎(4)ln x0).‎ ‎[试题评析]　1.问题源于求曲线y＝ex在(0，1)处的切线及曲线y＝ln x在(1，0)处的切线，通过观察函数图象间的位置关系可得到以上结论，可构造函数f(x)＝ex－x－1与g(x)＝x－ln x－1对以上结论进行证明.‎ ‎2.两题从本质上看是一致的，第(4)题可以看作第(3)题的推论.在第(3)题中，用“ln x”替换“x”，立刻得到x>1＋ln x(x>0且x≠1)，进而得到一组重要的不等式链：ex>x＋1>x－1>ln x(x>0且x≠1).‎ ‎3.利用函数的图象(如图)，不难验证上述不等式链成立.‎ ‎【教材拓展】 (一题多解)试证明：ex－ln x>2.‎ 证明　法一　设f(x)＝ex－ln x(x>0)，‎ 则f′(x)＝ex－，令φ(x)＝ex－，‎ 则φ′(x)＝ex＋>0在(0，＋∞)恒成立，‎ 所以φ(x)在(0，＋∞)单调递增，‎ 即f′(x)＝ex－在(0，＋∞)上是增函数，‎ 又f′(1)＝e－1>0，f′＝－2<0，‎ ‎∴f′(x)＝ex－在内有唯一的零点.‎ 不妨设f′(x0)＝0，则ex0＝，从而x0＝ln ＝－ln x0，‎ 所以当x>x0时，f′(x)>0；当02，x0∈.‎ 故ex－ln x>2.‎ 法二　注意到ex≥1＋x(当且仅当x＝0时取等号)，‎ x－1≥ln x(当且仅当x＝1时取等号)，‎ ‎∴ex＋x－1>1＋x＋ln x，故ex－ln x>2.‎ 探究提高　1.法一中关键有三点：(1)利用零点存在定理，判定极小值点x0∈；(2)确定ex0＝，x0＝－ln x0的关系；(3)基本不等式的利用.‎ ‎2.法二联想经典教材习题结论，降低思维难度，优化思维过程，简洁方便.‎ ‎【链接高考】 (2017·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)当a<0时，证明f(x)≤－－2.‎ ‎(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ 且f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.‎ 若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，‎ 故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，‎ 若a<0，则当x∈时，f′(x)>0；‎ 当x∈时，f′(x)<0.‎ 故f(x)在上单调递增，在上单调递减.‎ ‎(2)证明　由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－处取得最大值，最大值为f＝ln－1－，‎ 所以f(x)≤－－2等价于ln－1－≤－－2，‎ 即ln＋＋1≤0，‎ 设g(x)＝ln x－x＋1，则g′(x)＝－1.‎ 当x∈(0，1)时，g′(x)>0；x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.‎ 所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.‎ 故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.‎ 所以当x>0时，g(x)≤0，‎ 从而当a<0时，ln＋＋1≤0，‎ 故f(x)≤－－2.‎ 教你如何审题——利用导数研究函数的性质 ‎【例题】 (2019·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1.‎ 证明：(1)f(x)存在唯一的极值点；‎ ‎(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.‎ ‎[审题路线]‎ ‎[自主解答]‎ 证明　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞).‎ f′(x)＝＋ln x－1＝ln x－.‎ 因为y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，y＝在(0，＋∞)上单调递减，‎ 所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.‎ 又f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln 2－＝>0，‎ 故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0.‎ 又当xx0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，‎ 因此，f(x)存在唯一的极值点.‎ ‎(2)由(1)知f(x0)0，‎ 所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.‎ 由α>x0>1得<1x1，设t＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)，试证明t>0.‎ ‎(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ f′(x)＝－－1＋＝－.‎ ‎①若a≤2，则f′(x)≤0，‎ 当且仅当a＝2，x＝1时f′(x)＝0，‎ 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减.‎ ‎②若a>2，令f′(x)＝0得，‎ x＝或x＝.‎ 当x∈∪时，f′(x)<0；‎ 当x∈时，f′(x)>0.‎ 所以f(x)在，上单调递减，在上单调递增.‎ ‎(2)证明　由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a>2.‎ 由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，‎ 所以x1x2＝1.‎ 又因x2>x1>0，所以x2>1.‎ 又t＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)‎ ‎＝－－(x1－x2)＋a(ln x1－ln x2)－(a－2)(x1－x2)‎ ‎＝a＝－a.‎ 设φ(x)＝－x＋2ln x，x>1.‎ 由第(1)问知，φ(x)在(1，＋∞)单调递减，且φ(1)＝0，‎ 从而当x∈(1，＋∞)时，φ(x)<0.‎ 所以＋2ln x2－x2<0，故t>0.‎ 满分答题示范——利用导数研究函数的零点问题 ‎【例题】 (12分)(2019·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ln x－.‎ ‎(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＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线.‎ ‎[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(e0，g′<0，可得g′(x)在有唯一零点，设为α.‎ 则当x∈(－1，α)时，g′(x)>0；当x∈时，g′(x)<0.‎ 所以g(x)在(－1，α)单调递增，在单调递减，故g(x)在存在唯一极大值点，即f′(x)在存在唯一极大值点.‎ ‎(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞).‎ ‎①当x∈(－1，0]时，由(1)知，f′(x)在(－1，0)单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1，0)时，f′(x)<0，故f(x)在(－1，0)单调递减.‎ 又f(0)＝0，从而x＝0是f(x)在(－1，0]的唯一零点.‎ ‎②当x∈时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在单调递减，而f′(0)＝0，f′<0，所以存在β∈，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0.故f(x)在(0，β)单调递增，在单调递减.‎ 又f(0)＝0，f＝1－ln>0，所以当x∈时，f(x)>0.从而，f(x)在上没有零点.‎ ‎③当x∈时，f′(x)<0，所以f(x)在单调递减.又f>0，f(π)<0，所以f(x)在有唯一零点.‎ ‎④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)>1.‎ 所以f(x)<0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点.‎ 综上，f(x)有且仅有2个零点.‎ ‎ 热点跟踪训练 ‎1.已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x有两个不同的零点，求实数a的取值范围.‎ 解　令g(x)＝ln x，h(x)＝ax2－x，‎ 将零点问题转化为两个函数图象交点的问题.‎ 当a≤0时，g(x)和h(x)的图象只有一个交点，不满足题意；‎ 当a>0时，由ln x－ax2＋x＝0，得a＝.‎ 令r(x)＝，则r(x)的定义域为(0，＋∞).‎ 则r′(x)＝＝，易知r′(1)＝0，‎ 当00，r(x)是增函数，‎ 当x>1时，r′(x)<0，r(x)是减函数，且>0，‎ r(x)max＝r(1)＝1，所以00，g(x)单调递增；‎ 当x∈(－1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减.‎ 所以当x＝－1时，g(x)max＝g(－1)＝2e1－.‎ 所以m≥2e1－.即实数m的取值范围为[2e1－，＋∞).‎ ‎3.(2020·郴州模拟)已知函数f(x)＝ex(ax2＋x＋a)(a≥0).‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)若函数f(x)≤ex(ax2＋2x)＋1恒成立，求实数a的取值范围.‎ 解　(1)函数f(x)的定义域为R，‎ 且f′(x)＝(ax＋a＋1)(x＋1)ex，‎ ‎①当a＝0时，f′(x)＝ex(x＋1)，当x>－1时，f′(x)>0，当x<－1时，f′(x)<0，‎ 所以函数f(x)的单调增区间为(－1，＋∞)，单调减区间为(－∞，－1).‎ ‎②当a>0时，f′(x)＝a(x＋1)ex，则方程f′(x)＝0有两根－1，－，且－1>－.‎ 所以函数f(x)的单调增区间为和(－1，＋∞)，单调减区间为.‎ 综上可知，当a>0时，函数f(x)的单调增区间为和(－1，＋∞)，单调减区间为；‎ 当a＝0时，函数f(x)的单调增区间为(－1，＋∞)，单调减区间为(－∞，－1).‎ ‎(2)函数f(x)≤ex(ax2＋2x)＋1恒成立转化为a≤x＋在R上恒成立.‎ 令h(x)＝x＋，则h′(x)＝，易知h(x)在(0，＋∞)上为增函数，在(－∞，0)上为减函数.‎ ‎∴h(x)min＝h(0)＝1，则a≤1.‎ 又由题设a≥0，‎ 故实数a的取值范围为[0，1].‎ ‎4.(2020·广州调研)设函数f(x)＝x2－(a－1)x－aln x.‎ ‎(1)讨论函数f(x)的单调性；‎ ‎(2)已知函数f(x)有极值m，求证：m<1(已知ln 0.5≈－0.69，ln 0.6≈－0.51).‎ ‎(1)解　f′(x)＝x－(a－1)－＝ ‎＝(x>0)，‎ 当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.‎ 当a>0时，解f′(x)>0得x>a，解f′(x)<0得00时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增.‎ ‎(2)证明　由(1)知，a>0时，f(x)的极值m＝f(a)＝－a2＋a－aln a.‎ 所以f′(a)＝－a－ln a，f′(a)＝0有唯一实根记为a0.‎ 因为ln 0.5<－0.5，ln 0.6>－0.6，所以a0∈(0.5，0.6).‎ 且f(a)在(0，a0)上递增，在(a0，＋∞)上递减.‎ 所以m＝f(a)≤f(a0)＝－a＋a0－a0ln a0‎ ‎<－a＋a0＋a＝a＋a0<×0.62＋0.6＝0.78<1.‎ 故m<1成立.‎ ‎5.已知f(x)＝ln x－ax有两个零点x1，x2.‎ ‎(1)求实数a的取值范围；‎ ‎(2)求证：x1·x2>e2.‎ ‎(1)解　f′(x)＝－a＝(x>0)，‎ ‎①若a≤0，则f′(x)>0，不符合题意；‎ ‎②若a>0，令f′(x)＝0，解得x＝.‎ 当x∈时，f′(x)>0；‎ 当x∈时，f′(x)<0.‎ 由题意知f(x)＝ln x－ax的极大值f＝ln －1>0，解得00，‎ 所以H(x)在上单调递增，‎ 故H(x)>H(0)＝0，即f>f.‎ 由1，‎ 故f(x2)＝f(x1)＝f－x1，即x1＋x2>.‎ 故ln x1x2＝ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)>2，即x1·x2>e2.‎ ‎6.设函数f(x)＝xln x－x2＋a－x(a∈R).‎ ‎(1)若函数f(x)有两个不同的极值点，求实数a的取值范围；‎ ‎(2)若a＝2，g(x)＝2－2x－x2，且当x>2时，不等式k(x－2)＋g(x)e时，>0，‎ h(x)在(e，＋∞)上单调递减，当x→＋∞时，h(x)→0，‎ ‎∴结合h(x)的图象易得，实数a的取值范围为.‎ ‎(2)当a＝2时，f(x)＝xln x－x2＋2－x.‎ k(x－2)＋g(x)2，∴k<.‎ 令F(x)＝(x>2)，则F′(x)＝.‎ 令m(x)＝x－4－2ln x(x>2)，则m′(x)＝1－>0，‎ ‎∴m(x)在(2，＋∞)上单调递增.‎ 又m(8)＝4－2ln 8<4－2ln e2＝4－4＝0，‎ m(10)＝6－2ln 10>6－2ln e3＝6－6＝0，‎ ‎∴函数m(x)在(8，10)上有唯一的零点x0，‎ 即x0－4－2ln x0＝0.‎ ‎∴当2x0时，m(x)>0，即F′(x)>0，‎ ‎∴F(x)min＝F(x0)＝＝＝，‎ ‎∴k<，∵x0∈(8，10)，∴∈(4，5)，‎ 又k∈N，∴k的最大值为4.‎