2021届高考数学一轮复习第三章导数及其应用顶层设计前瞻函数与导数热点问题教学案含解析新人教A版
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.
