2020高三理科數學一輪復習講義一《函數與導數熱點問題》2020高三理科數學一輪復習講義一《函數與導數熱點問題》2020高三理科數學一輪復習講義一《函數與導數熱點問題》2020高三理科數學一輪復習講義一《函數與導數熱點問題審題答題》核心熱點真題印證核心涵養2017·Ⅱ，21；2018·Ⅰ，21；2017·Ⅲ，21；數學運算、利用導數研究函數的性質2018·Ⅱ，21邏輯推理數學運算、利用導數研究函數的零點2018·Ⅱ，21(2)；2018·江蘇，19直觀想象2017·Ⅲ，21；2017·Ⅱ，21；2016·Ⅱ，20；數學運算、導數在不等式中的應用2018·Ⅰ，21邏輯推理教材鏈接高考——導數在不等式中的應用[教材研究](選修2－2P32習題1.3B組第1題(3)(4))利用函數的單調性證明以下不等式，并經過函數圖象直觀考據.(3)ex>1＋x(x≠0)；(4)lnx<x<ex(x>0).[試題評析]1.問題源于求曲線y＝ex在(0，1)處的切線及曲線y＝lnx在(1，0)處的切線，經過觀察函數圖象間的地址關系可獲取以上結論，可構造函數f(x)＝ex－x－1與g(x)＝x－lnx－1對以上結論進行證明.2.兩題從實質上看是一致的，第(4)題可以看作第(3)題的推論.在第(3)題中，用“lnx”代替“x”，立刻獲取x>1＋lnx(x>0且x≠1)，進而獲取一組重要的不等式鏈：ex>x＋1>x－1>lnx(x>0且x≠1).3.利用函數的圖象(如圖)，不難考據上述不等式鏈成立.【教材拓展】試證明：ex－lnx>2.1證明法一設f(x)＝ex－lnx(x>0)，則f′(x)＝ex－1x，令φ(x)＝ex－1x，1則φ′(x)＝e＋x2>0在(0，＋∞)恒成立，所以φ(x)在(0，＋∞)單調遞加，即f′(x)＝ex－1x在(0，＋∞)上是增函數，1又f′(1)＝e－1>0，f′2＝e－2<0，11∴f′(x)＝ex－x在2，1內有唯一的零點.不如設f′(xx0＝1，進而x＝ln1＝－lnx，0)＝0，則ex00x00所以當x>x0時，f′(x)>0；當0<x<x0時，f′(x)<0.∴f(x)＝ex－lnx在x＝x0處有極小值，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(當且僅當x＝0時取等號)，ex＋x－1>1＋x＋lnx，故ex－lnx>2.研究提高1.法一中要點有三點：(1)利用零點存在定理，判斷極小值點x0∈1，1；(2)確定ex0＝1，2x0x0＝－lnx0的關系；(3)基本不等式的利用.2.法二聯想經典教材習題結論，降低思想難度，優化思想過程，簡潔方便.【鏈接高考】(2017·全國Ⅲ卷)已知函數f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x.(1)談論f(x)的單調性；3(2)當a<0時，證明f(x)≤－4a－2.(1)解f(x)的定義域為(0，＋∞)，且f′(x)＝1＋2ax＋2a＋1＝（2ax＋1）（x＋1）.xx若a≥0時，則當x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上單調遞加，21若a<0時，則當x∈0，－2a時，f′(x)>0；1當x∈－2a，＋∞時，f′(x)<0.11故f(x)在0，－2a上單調遞加，在－2a，＋∞上單調遞減.1111(2)證明由(1)知，當a<0時，f(x)在x＝－2a處獲取最大值，最大值為f－2a＝ln－2a－1－4a，3113所以f(x)≤－4a－2等價于ln－2a－1－4a≤－4a－2，即ln－2a1＋2a1＋1≤0，1設g(x)＝lnx－x＋1，則g′(x)＝x－1.當x∈(0，1)時，g′(x)>0；x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0.所以g(x)在(0，1)上單調遞加，在(1，＋∞)上單調遞減.故當x＝1時，g(x)獲取最大值，最大值為g(1)＝0.所以當x>0時，g(x)≤0，11進而當a<0時，ln－2a＋2a＋1≤0，3故f(x)≤－4a－2.教你如何審題——利用導數研究函數的零點【例題】(2018·全國Ⅱ卷)已知函數f(x)＝ex－ax2.(1)若a＝1，證明：當x≥0時，f(x)≥1；(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一個零點，求a.[審題路線][自主解答](1)證明當a＝1時，f(x)＝ex－x2，則f′(x)＝ex－2x.令g(x)＝f′(x)，則g′(x)＝ex－2.3令g′(x)＝0，解得x＝ln2.當x∈(0，ln2)時，g′(x)<0；當x∈(ln2，＋∞)時，g′(x)>0.∴當x≥0時，g(x)≥g(ln2)＝2－2ln2>0，f(x)在[0，＋∞)上單調遞加，∴f(x)≥f(0)＝1.(2)解若f(x)在(0，＋∞)上只有一個零點，即方程ex－ax2＝0在(0，＋∞)上只有一個解，exex由a＝x2，令φ(x)＝x2，x∈(0，＋∞)，ex（x－2）φ′(x)＝x3，令φ′(x)＝0，解得x＝2.當x∈(0，2)時，φ′(x)<0；當x∈(2，＋∞)時，φ′(x)>0.22ee研究提高1.利用導數研究函數的零點主要觀察直觀想象、邏輯推理、數學運算核心涵養.觀察的主要形式：(1)求函數的零點、圖象交點的個數；(2)依照函數的零點個數求參數的取值或范圍.2.導數研究函數的零點常用方法：(1)研究函數的單調性、極值，利用單調性、極值、函數零點存在定理來求解零點問題；(2)將函數零點問題轉變成方程根的問題，進而同解變形為兩個函數圖象的交點，運用函數的圖象性質求解.【試一試訓練】已知三次函數f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d(a，b，c∈R)過點(3，0)，且函數f(x)在點(0，f(0))處的切線恰好是直線y＝0.(1)求函數f(x)的剖析式；(2)設函數g(x)＝9x＋m－1，若函數y＝f(x)－g(x)在區間[－2，1]上有兩個零點，求實數m的取值范圍.解(1)f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由已知條件得，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)由已知條件得，f(x)－g(x)＝x3－3x2－9x－m＋1在[－2，1]上有兩個不同樣的零點，可轉變成y＝m與yx3－3x2－9x＋1的圖象有兩個不同樣的交點；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.數形結合，可知要使y＝m與y＝x3－3x2－9x＋1的圖象有兩個不同樣的交點，則－1≤m＜6.故實數m的取值范圍是[－1，6).滿分答題示范——利用導數研究函數的性質【例題】(12分)(2017·浙江卷)已知函數f(x)＝(x－2x－1)e－x.(1)求f(x)的導函數；1(2)求f(x)在區間2，＋∞上的取值范圍.[規范解答][高考狀元滿分心得]?得步驟分：抓住得分點的步驟，“步步為贏”、求得滿分.如第(1)問中求定義域，求導，第(2)問中求零點和列表.5?得要點分：解題過程不可以忽視要點點，有則給分，無則沒分如第(2)問中，對f(x)≥0的判斷.?得計算分：解題過程受騙算正確是滿分的根本保證.如第(1)問中求導正確變形到位；第(2)問中規范列表，正確計算出f(x)的最值.[成立模板]1【規范訓練】(2018·全國Ⅰ卷改編)已知函數f(x)＝x－x＋alnx.(1)試談論函數f(x)的單調性；(2)設x1，x2是f(x)的兩個極值點，且x2>x1，設t＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)，試證明t>0.(1)解f(x)的定義域為(0，＋∞)，1ax2－ax＋1f′(x)＝－x2－1＋x＝－x2.(ⅰ)若a≤2，則f′(x)≤0，當且僅當a＝2，x＝1時f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞減.(ⅱ)若a>2，令f′(x)＝0得，x＝a－a2－4或x＝a＋a2－4.22當x∈0，a－2－4a2－4時，f′(x)<0；a∪a＋，＋∞22當x∈a－a2－4，a＋a2－4時，f′(x)>0.22所以f(x)在0，a－a2－4，a＋a2－4，＋∞上單調遞減，226在a－a2－4，a＋a2－4上單調遞加.22(2)證明由(1)知，f(x)存在兩個極值點時，當且僅當a>2.2由于f(x)的兩個極值點x1，x2滿足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設φ(x)＝1x－x＋2lnx，x>1.由第(1)問知，φ(x)在(1，＋∞)單調遞減，且φ(1)＝0，進而當x∈(1，＋∞)時，φ(x)<0.1所以x2＋2lnx2－x2<0，故t>0.1.已知函數f(x)＝lnx－ax2＋x有兩個不同樣的零點，求實數a的取值范圍.解令g(x)＝lnx，h(x)＝ax2－x，將零點問題轉變成兩個函數圖象交點的問題.當a≤0時，g(x)和h(x)的圖象只有一個交點，不滿足題意；當a>0時，由lnx－ax2＋x＝0，得a＝x＋lnx2.xx＋lnx令r(x)＝x2，則r(x)的定義域為(0，＋∞).1·x2－（lnx＋x）·2x1＋x＝1－x－2lnx則r′(x)＝x4x3，易知r′(1)＝0，當0<x<1時，r′(x)>0，r(x)是增函數，當x>1時，r′(x)<0，r(x)是減函數，且x＋lnxx2>0，r(x)max＝r(1)＝1，所以0<a<1.故實數a的取值范圍是(0，1).2.已知函數f(x)＝2x3＋ax2＋bx＋3在x＝－1和x＝2處獲取極值.(1)求f(x)的表達式和極值；7(2)若f(x)在區間[m，m＋4]上是單調函數，試求m的取值范圍.解(1)依題意知f′(x)＝6x2＋2ax＋b＝0的兩根為－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，∴函數f(x)在(－∞，－1]和[2，＋∞)上單調遞加；在(－1，2)上單調遞減.f(x)極大值＝f(－1)＝10，f(x)極小值＝f(2)＝－17.(2)由(1)知，f(x)在(－∞，－1]和[2，＋∞)上單調遞加，在區間(－1，2)上單調遞減.m≥－1，∴m＋4≤－1或或m≥2.m＋4≤2∴m≤－5或m≥2，則m的取值范圍是(－∞，－5]∪[2，＋∞).3.已知函數f(x)＝(ax2＋x)ex，其中e是自然對數的底數，a∈R.(1)當a>0時，解不等式f(x)≤0；(2)當a＝0時，求整數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，所以不等式化為xx＋a≤0.1所以不等式f(x)≤0的解集為－a，0.(2)當a＝0時，方程即為xex＝x＋2，由于ex>0，所以x＝0不是方程的解，所以原方程等價于ex－2x－1＝0.令h(x)＝ex－2x－1，x2由于h′(x)＝e＋x2>0對于x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立，所以h(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)內是單調遞加函數，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有且只有兩個實數根，且分別在區間[1，2]和[－3，－2]上，所以整數t的所有值為{－3，1}.8x＋a4.(2019合·肥一中質檢)已知函數f(x)＝ex.(1)若f(x)在區間(－∞，2)上為單調遞加函數，求實數a的取值范圍；(2)若a＝0，x0<1，設直線y＝g(x)為函數f(x)的圖象在x＝x0處的切線，求證：f(x)≤g(x).(1)解易知f′(x)＝－x－（1－a），xe由已知得f′(x)≥0對x∈(－∞，2)恒成立，故x≤1－a對x∈(－∞，2)恒成立，∴1－a≥2，∴a≤－1.故實數a的取值范圍為(－∞，－1].(2)證明xex函數f(x)的圖象在x＝x0處的切線方程為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則h′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝ex－ex01－x）ex0－（1－x0）ex＝x＋x0.e設φ(x)＝(1－x)ex0－(1－x0)ex，x∈R，則φ′(x)＝－ex0－(1－x0)ex，x0<1，∴φ′(x)<0，∴φ(x)在R上單調遞減，而φ(x0)＝0，∴當x<x0時，φ(x)>0，當x>x0時，φ(x)<0，∴當x<x0時，h′(x)>0，當x>x0時，h′(x)<0，h(x)在區間(－∞，x0)上為增函數，在區間(x0，＋∞)上為減函數，∴x∈R時，h(x)≤h(x0)＝0，f(x)≤g(x).5.已知函數f(x)＝eax－ax－1.(1)談論函數f(x)的單調性；2(2)設m為整數，且對于任意正整數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)，當a>0時，令f′(x)>0，解得x>0；令f′(x)<0，解得x<0.9所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞加，在(－∞，0)上單調遞減；當a＝0時，顯然無單調區間；當a<0時，令f′(x)>0，解得x>0；令f′(x)<0，解得x<0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞加，在(－∞，0)上單調遞減.綜上，當a＝0時，無單調區間；a≠0時，單調遞減區間為(－∞，0)，單調遞加區間為(0，＋∞).(2)令a＝1，由(1)可知f(x)的最小值為f(0)＝0，所以f(x)≥0.所以ex≥x＋1(當x＝0時獲取“＝”).令x＝n－1，則en－1>n，所以e0·e1·e2··en－1>1×2×3××n，n(n－1)即e2>n！，22兩邊進行n（n－1）次方得(n！)n(n－1)<e，又m為