高考数学总复习版人教版A版高届高级第三章一元函数的导数及其应用顶层设计前瞻函数与导数热点Word下载.docx

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[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）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,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－lnx－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“lnx”替换“x”,立刻得到x>

1＋lnx（x>

0且x≠1）,进而得到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）,不难验证上述不等式链成立.

【教材拓展】试证明：

ex－lnx>

2.

证明　法一　设f（x）＝ex－lnx（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＝－lnx0,

所以当x>

x0时,f′（x）>

0;

当0<

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（x0）＝ex0－lnx0＝＋x0>

2,x0∈.

故ex－lnx>

法二　注意到ex≥1＋x（当且仅当x＝0时取等号）,

x－1≥lnx（当且仅当x＝1时取等号）,

∴ex＋x－1>

1＋x＋lnx,故ex－lnx>

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＝－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）＝lnx＋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）>

故f（x）在（0,＋∞）上单调递增,

若a<

0,则当x∈时,f′（x）>

当x∈时,f′（x）<

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）＝lnx－x＋1,则g′（x）＝－1.

当x∈（0,1）时,g′（x）>

x∈（1,＋∞）时,g′（x）<

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.

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）lnx－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）＝＋lnx－1＝lnx－.

因为y＝lnx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）＝ln2－＝>

故存在唯一x0∈（1,2）,使得f′（x0）＝0.

又当x<

0,f（x）单调递减,

当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）<

f

（1）＝－2,又f（e2）＝e2－3>

所以f（x）＝0在（x0,＋∞）内存在唯一根x＝α.

由α>

x0>

1得<

1<

x0.

又f＝ln－－1＝＝0,

故是f（x）＝0在（0,x0）的唯一根.

综上,f（x）＝0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.

探究提高　1.利用导数研究函数的性质是历年高考的重点、热点,涉及的主要内容：

（1）讨论函数的单调性;

（2）求函数的极（最）值、极（最）值点;

（3）利用性质研究方程（不等式）.考查数学运算、逻辑推理、直观想象等数学核心素养.

2.本题求解的关键是明确函数的极值点与函数零点之间的联系,充分运用函数的单调性、极值、零点存在定理综合求解,善于把函数的零点转化为方程根的问题.

【尝试训练】（2018·

全国Ⅰ卷改编）已知函数f（x）＝－x＋alnx.

（1）试讨论函数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>

f′（x）＝－－1＋＝－.

（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＝或x＝.

当x∈∪时,f′（x）<

当x∈时,f′（x）>

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>

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（lnx1－lnx2）－（a－2）（x1－x2）

＝a＝－a.

设φ（x）＝－x＋2lnx,x>

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）<

所以＋2lnx2－x2<

0,故t>

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）＝lnx－.

（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＝lnx在点A（x0,lnx0）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）＝＋>

所以f（x）在（0,1）,（1,＋∞）单调递增.·

·

2′

因为f（e）＝1－<

0,f（e2）＝2－＝>

所以f（x）在（1,＋∞）有唯一零点x1（e<

x1<

e2）,

即f（x1）＝0.·

4′

又0<

<

1,f＝－lnx1＋＝－f（x1）＝0,

故f（x）在（0,1）有唯一零点.

综上,f（x）有且仅有两个零点.·

7′

（2）证明　因为＝e－lnx0,

所以点B在曲线y＝ex上.·

8′

由题设知f（x0）＝0,即lnx0＝,

故直线AB的斜率k＝＝＝.·

10′

又曲线y＝ex在点B处切线的斜率是,曲线y＝lnx在点A（x0,lnx0）处切线的斜率也是,

所以曲线y＝lnx在点A（x0,lnx0）处的切线也是曲线y＝ex的切线.·

12′

[高考状元满分心得]

❶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,求导正确,判断单调性,利用零点存在定理,确定零点个数;

第

（2）问中,由f（x0）＝0定切点B,求切线的斜率.

❷得关键分：

解题过程不可忽视关键点,有则给分,无则没分,如第

（1）问中,求出f（x）的定义域,f′（x）在（0,＋∞）上单调性的判断;

第

（2）问中,找关系lnx0＝,判定两曲线在点B处切线的斜率相等.

❸得计算分：

解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如第

（1）问中,求导f′（x）准确,否则全盘皆输,判定f＝－f（x1）＝0.第

（2）问中,正确计算kAB等,否则不得分.

【规范训练】（2019·

全国Ⅰ卷）已知函数f（x）＝sinx－ln（1＋x）,f′（x）为f（x）的导数.证明：

（1）f′（x）在区间存在唯一极大值点;

（2）f（x）有且仅有2个零点.

证明　

（1）易知f′（x）＝cosx－,设g（x）＝f′（x）,

则g（x）＝cosx－,g′（x）＝－sinx＋.

当x∈时,g′（x）单调递减,而g′（0）>

0,g′<

0,可得g′（x）在有唯一零点,设为α.

则当x∈（－1,α）时,g′（x）>

当x∈时,g′（x）<

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.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）>

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.

1.已知函数f（x）＝lnx－ax2＋x有两个不同的零点,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lnx－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,

1时,r′（x）>

0,r（x）是增函数,

1时,r′（x）<

0,r（x）是减函数,且>

r（x）max＝r

（1）＝1,所以0<

a<

故实数a的取值范围是（0,1）.

2.（2020·

烟台检测）已知函数f（x）＝mex－x2.