2020高三理科数学一轮复习讲义一《函数与导数热点问题》

2020高三理科数学一轮复习讲义一《函数与导数热点问题》2020高三理科数学一轮复习讲义一《函数与导数热点问题》2020高三理科数学一轮复习讲义一《函数与导数热点问题》2020高三理科数学一轮复习讲义一《函数与导数热点问题审题答题》核心热点真题印证核心涵养2017·Ⅱ，21；2018·Ⅰ，21；2017·Ⅲ，21；数学运算、利用导数研究函数的性质2018·Ⅱ，21逻辑推理数学运算、利用导数研究函数的零点2018·Ⅱ，21(2)；2018·江苏，19直观想象2017·Ⅲ，21；2017·Ⅱ，21；2016·Ⅱ，20；数学运算、导数在不等式中的应用2018·Ⅰ，21逻辑推理教材链接高考——导数在不等式中的应用[教材研究](选修2－2P32习题1.3B组第1题(3)(4))利用函数的单调性证明以下不等式，并经过函数图象直观考据.(3)ex>1＋x(x≠0)；(4)lnx<x<ex(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＝lnx在(1，0)处的切线，经过观察函数图象间的地址关系可获取以上结论，可构造函数f(x)＝ex－x－1与g(x)＝x－lnx－1对以上结论进行证明.2.两题从实质上看是一致的，第(4)题可以看作第(3)题的推论.在第(3)题中，用“lnx”代替“x”，立刻获取x>1＋lnx(x>0且x≠1)，进而获取一组重要的不等式链：ex>x＋1>x－1>lnx(x>0且x≠1).3.利用函数的图象(如图)，不难考据上述不等式链成立.【教材拓展】试证明：ex－lnx>2.1证明法一设f(x)＝ex－lnx(x>0)，则f′(x)＝ex－1x，令φ(x)＝ex－1x，1则φ′(x)＝e＋x2>0在(0，＋∞)恒成立，所以φ(x)在(0，＋∞)单调递加，即f′(x)＝ex－1x在(0，＋∞)上是增函数，1又f′(1)＝e－1>0，f′2＝e－2<0，11∴f′(x)＝ex－x在2，1内有唯一的零点.不如设f′(xx0＝1，进而x＝ln1＝－lnx，0)＝0，则ex00x00所以当x>x0时，f′(x)>0；当0<x<x0时，f′(x)<0.∴f(x)＝ex－lnx在x＝x0处有极小值，也是最小值.∴f(x)min＝f(x0x010∈1，1.>2，x)＝ex02故ex－lnx>2.x法二注意到e≥1＋x(当且仅当x＝0时取等号)，ex＋x－1>1＋x＋lnx，故ex－lnx>2.研究提高1.法一中要点有三点：(1)利用零点存在定理，判断极小值点x0∈1，1；(2)确定ex0＝1，2x0x0＝－lnx0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，降低思想难度，优化思想过程，简洁方便.【链接高考】(2017·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x.(1)谈论f(x)的单调性；3(2)当a<0时，证明f(x)≤－4a－2.(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝1＋2ax＋2a＋1＝（2ax＋1）（x＋1）.xx若a≥0时，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递加，21若a<0时，则当x∈0，－2a时，f′(x)>0；1当x∈－2a，＋∞时，f′(x)<0.11故f(x)在0，－2a上单调递加，在－2a，＋∞上单调递减.1111(2)证明由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－2a处获取最大值，最大值为f－2a＝ln－2a－1－4a，3113所以f(x)≤－4a－2等价于ln－2a－1－4a≤－4a－2，即ln－2a1＋2a1＋1≤0，1设g(x)＝lnx－x＋1，则g′(x)＝x－1.当x∈(0，1)时，g′(x)>0；x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.所以g(x)在(0，1)上单调递加，在(1，＋∞)上单调递减.故当x＝1时，g(x)获取最大值，最大值为g(1)＝0.所以当x>0时，g(x)≤0，11进而当a<0时，ln－2a＋2a＋1≤0，3故f(x)≤－4a－2.教你如何审题——利用导数研究函数的零点【例题】(2018·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ex－ax2.(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.[审题路线][自主解答](1)证明当a＝1时，f(x)＝ex－x2，则f′(x)＝ex－2x.令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝ex－2.3令g′(x)＝0，解得x＝ln2.当x∈(0，ln2)时，g′(x)<0；当x∈(ln2，＋∞)时，g′(x)>0.∴当x≥0时，g(x)≥g(ln2)＝2－2ln2>0，f(x)在[0，＋∞)上单调递加，∴f(x)≥f(0)＝1.(2)解若f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，即方程ex－ax2＝0在(0，＋∞)上只有一个解，exex由a＝x2，令φ(x)＝x2，x∈(0，＋∞)，ex（x－2）φ′(x)＝x3，令φ′(x)＝0，解得x＝2.当x∈(0，2)时，φ′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，φ′(x)>0.22ee研究提高1.利用导数研究函数的零点主要观察直观想象、逻辑推理、数学运算核心涵养.观察的主要形式：(1)求函数的零点、图象交点的个数；(2)依照函数的零点个数求参数的取值或范围.2.导数研究函数的零点常用方法：(1)研究函数的单调性、极值，利用单调性、极值、函数零点存在定理来求解零点问题；(2)将函数零点问题转变成方程根的问题，进而同解变形为两个函数图象的交点，运用函数的图象性质求解.【试一试训练】已知三次函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d(a，b，c∈R)过点(3，0)，且函数f(x)在点(0，f(0))处的切线恰好是直线y＝0.(1)求函数f(x)的剖析式；(2)设函数g(x)＝9x＋m－1，若函数y＝f(x)－g(x)在区间[－2，1]上有两个零点，求实数m的取值范围.解(1)f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由已知条件得，f(3)＝27＋9b＋3c＋d＝0，f′(0)＝c＝0，解得b＝－3，c＝d＝0，f(0)＝d＝0，所以f(x)＝x3－3x2.(2)由已知条件得，f(x)－g(x)＝x3－3x2－9x－m＋1在[－2，1]上有两个不同样的零点，可转变成y＝m与yx3－3x2－9x＋1的图象有两个不同样的交点；令h(x)＝x3－3x2－9x＋1，h′(x)＝3x2－6x－9，x∈[－2，1]，4令h′(x)>0得－2≤x＜－1；令h′(x)<0得－1＜x≤1.所以h(x)max＝h(－1)＝6，又f(－2)＝－1，f(1)＝－10，所以h(x)min＝－10.数形结合，可知要使y＝m与y＝x3－3x2－9x＋1的图象有两个不同样的交点，则－1≤m＜6.故实数m的取值范围是[－1，6).满分答题示范——利用导数研究函数的性质【例题】(12分)(2017·浙江卷)已知函数f(x)＝(x－2x－1)e－x.(1)求f(x)的导函数；1(2)求f(x)在区间2，＋∞上的取值范围.[规范解答][高考状元满分心得]?得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”、求得满分.如第(1)问中求定义域，求导，第(2)问中求零点和列表.5?得要点分：解题过程不可以忽视要点点，有则给分，无则没分如第(2)问中，对f(x)≥0的判断.?得计算分：解题过程受骗算正确是满分的根本保证.如第(1)问中求导正确变形到位；第(2)问中规范列表，正确计算出f(x)的最值.[成立模板]1【规范训练】(2018·全国Ⅰ卷改编)已知函数f(x)＝x－x＋alnx.(1)试谈论函数f(x)的单调性；(2)设x1，x2是f(x)的两个极值点，且x2>x1，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，＋∞)，1ax2－ax＋1f′(x)＝－x2－1＋x＝－x2.(ⅰ)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.(ⅱ)若a>2，令f′(x)＝0得，x＝a－a2－4或x＝a＋a2－4.22当x∈0，a－2－4a2－4时，f′(x)<0；a∪a＋，＋∞22当x∈a－a2－4，a＋a2－4时，f′(x)>0.22所以f(x)在0，a－a2－4，a＋a2－4，＋∞上单调递减，226在a－a2－4，a＋a2－4上单调递加.22(2)证明由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a>2.2由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x－ax＋1＝0，又因x2>x1>0，所以x2>1.又t＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)1x1－x2－(x1－x2)＋a(lnx1－lnx2)－(a－2)(x1－x2)x1－x1＋x21＋2lnx2－x2.＝alnx2＝－ax2设φ(x)＝1x－x＋2lnx，x>1.由第(1)问知，φ(x)在(1，＋∞)单调递减，且φ(1)＝0，进而当x∈(1，＋∞)时，φ(x)<0.1所以x2＋2lnx2－x2<0，故t>0.1.已知函数f(x)＝lnx－ax2＋x有两个不同样的零点，求实数a的取值范围.解令g(x)＝lnx，h(x)＝ax2－x，将零点问题转变成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lnx－ax2＋x＝0，得a＝x＋lnx2.xx＋lnx令r(x)＝x2，则r(x)的定义域为(0，＋∞).1·x2－（lnx＋x）·2x1＋x＝1－x－2lnx则r′(x)＝x4x3，易知r′(1)＝0，当0<x<1时，r′(x)>0，r(x)是增函数，当x>1时，r′(x)<0，r(x)是减函数，且x＋lnxx2>0，r(x)max＝r(1)＝1，所以0<a<1.故实数a的取值范围是(0，1).2.已知函数f(x)＝2x3＋ax2＋bx＋3在x＝－1和x＝2处获取极值.(1)求f(x)的表达式和极值；7(2)若f(x)在区间[m，m＋4]上是单调函数，试求m的取值范围.解(1)依题意知f′(x)＝6x2＋2ax＋b＝0的两根为－1和2，a－3＝－1＋2，a＝－3，∴∴bb＝－12.6＝－1×2，f(x)＝2x3－3x2－12x＋3，f′(x)＝6x2－6x－12＝6(x＋1)(x－2)，令f′(x)>0，得x<－1或x>2；令f′(x)<0，得－1<x<2，∴函数f(x)在(－∞，－1]和[2，＋∞)上单调递加；在(－1，2)上单调递减.f(x)极大值＝f(－1)＝10，f(x)极小值＝f(2)＝－17.(2)由(1)知，f(x)在(－∞，－1]和[2，＋∞)上单调递加，在区间(－1，2)上单调递减.m≥－1，∴m＋4≤－1或或m≥2.m＋4≤2∴m≤－5或m≥2，则m的取值范围是(－∞，－5]∪[2，＋∞).3.已知函数f(x)＝(ax2＋x)ex，其中e是自然对数的底数，a∈R.(1)当a>0时，解不等式f(x)≤0；(2)当a＝0时，求整数t的所有值，使方程f(x)＝x＋2在[t，t＋1]上有解.解(1)由于ex>0，(ax2＋x)ex≤0，所以ax2＋x≤0.1又由于a>0，所以不等式化为xx＋a≤0.1所以不等式f(x)≤0的解集为－a，0.(2)当a＝0时，方程即为xex＝x＋2，由于ex>0，所以x＝0不是方程的解，所以原方程等价于ex－2x－1＝0.令h(x)＝ex－2x－1，x2由于h′(x)＝e＋x2>0对于x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立，所以h(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)内是单调递加函数，又h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－2>0，h(－3)＝e－3－13<0，h(－2)＝e－2>0，所以方程f(x)＝x＋2有且只有两个实数根，且分别在区间[1，2]和[－3，－2]上，所以整数t的所有值为{－3，1}.8x＋a4.(2019合·肥一中质检)已知函数f(x)＝ex.(1)若f(x)在区间(－∞，2)上为单调递加函数，求实数a的取值范围；(2)若a＝0，x0<1，设直线y＝g(x)为函数f(x)的图象在x＝x0处的切线，求证：f(x)≤g(x).(1)解易知f′(x)＝－x－（1－a），xe由已知得f′(x)≥0对x∈(－∞，2)恒成立，故x≤1－a对x∈(－∞，2)恒成立，∴1－a≥2，∴a≤－1.故实数a的取值范围为(－∞，－1].(2)证明xex函数f(x)的图象在x＝x0处的切线方程为y＝g(x)＝f′(x000)(x－x)＋f(x).令h(x)＝f(x)－g(x)f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，x∈R，1－x1－x0则h′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝ex－ex01－x）ex0－（1－x0）ex＝x＋x0.e设φ(x)＝(1－x)ex0－(1－x0)ex，x∈R，则φ′(x)＝－ex0－(1－x0)ex，x0<1，∴φ′(x)<0，∴φ(x)在R上单调递减，而φ(x0)＝0，∴当x<x0时，φ(x)>0，当x>x0时，φ(x)<0，∴当x<x0时，h′(x)>0，当x>x0时，h′(x)<0，h(x)在区间(－∞，x0)上为增函数，在区间(x0，＋∞)上为减函数，∴x∈R时，h(x)≤h(x0)＝0，f(x)≤g(x).5.已知函数f(x)＝eax－ax－1.(1)谈论函数f(x)的单调性；2(2)设m为整数，且对于任意正整数n(n≥2).若(n！)n(n－1)<m恒成立，求m的最小值.解(1)f′(x)＝aeax－a＝a(eax－1)，当a>0时，令f′(x)>0，解得x>0；令f′(x)<0，解得x<0.9所以f(x)在(0，＋∞)上单调递加，在(－∞，0)上单调递减；当a＝0时，显然无单调区间；当a<0时，令f′(x)>0，解得x>0；令f′(x)<0，解得x<0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递加，在(－∞，0)上单调递减.综上，当a＝0时，无单调区间；a≠0时，单调递减区间为(－∞，0)，单调递加区间为(0，＋∞).(2)令a＝1，由(1)可知f(x)的最小值为f(0)＝0，所以f(x)≥0.所以ex≥x＋1(当x＝0时获取“＝”).令x＝n－1，则en－1>n，所以e0·e1·e2··en－1>1×2×3××n，n(n－1)即e2>n！，22两边进行n（n－1）次方得(n！)n(n－1)<e，又m为