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
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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 x
0).
[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.
