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

1、函数与导数热点问题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2019，20；2018，21；2018，21；2017，21数学运算、逻辑推理利用导数研究函数的零点2019，20；2019江苏，19；2018，21(2)数学运算、直观想象导数在不等式中的应用2019，20；2018，21；2017，21；2017，21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 22p32 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)ex1x(x0)；(4)lnxx0).试题评析1.问题源

2、于求曲线yex在(0，1)处的切线及曲线ylnx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)exx1 与g(x)xlnx1 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x1lnx(x0 且x1)， 进而得到一组重要的不等式链： exx1x1lnx(x0 且x1).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：exlnx2.证明法一设f(x)exlnx(x0)，则f(x)ex1x，令(x)ex1x，则(x)ex1x20 在(0

3、，)恒成立，所以(x)在(0，)单调递增，即f(x)ex1x在(0，)上是增函数，又f(1)e10，f12 e2x0时，f(x)0；当 0 xx0时，f(x)2，x012，1.故 exlnx2.法二注意到 ex1x(当且仅当x0 时取等号)，x1lnx(当且仅当x1 时取等号)，exx11xlnx，故 exlnx2.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x012，1；(2)确定ex01x0，x0lnx0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全国卷)已知函数f(x)lnxax2(2a

4、1)x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a0，故f(x)在(0，)上单调递增，若a0；当x12a，时，f(x)0.故f(x)在0，12a上单调递增，在12a，上单调递减.(2)证明由(1)知， 当a0；x(1，)时，g(x)0 时，g(x)0，从而当a0 时，ln12a12a10，故f(x)34a2.教你如何审题利用导数研究函数的性质【例题】 (2019全国卷)已知函数f(x)(x1)lnxx1.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)x1xlnx1lnx1x.因为ylnx在

5、(0，)上单调递增，y1x在(0，)上单调递减，所以f(x)在(0，)上单调递增.又f(1)10，故存在唯一x0(1，2)，使得f(x0)0.又当xx0时，f(x)x0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.由x01 得11x1， 设tf(x1)f(x2)(a2)(x1x2)， 试证明t0.(1)解f(x)的定义域为(0，)，f(x)1x21axx2ax1x2.若a2，则f(x)0，当且仅当a2，x1 时f(x)0，所以f(x)在(0，)上单调递减.若a2，令f(x)0 得，xaa242或xaa

6、242.当x0，aa242aa242，时，f(x)0.所以f(x)在0，aa242，aa242，上单调递减，在aa242，aa242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a2.由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2ax10，所以x1x21.又因x2x10，所以x21.又tf(x1)f(x2)(a2)(x1x2)1x11x2(x1x2)a(lnx1lnx2)(a2)(x1x2)alnx1x2x1x2a1x22lnx2x2.设(x)1xx2lnx，x1.由第(1)问知，(x)在(1，)单调递减，且(1)0，从而当x(1，)时，(x)0.所以1x22lnx2x20.

7、满分答题示范利用导数研究函数的零点问题【例题】 (12 分)(2019全国卷)已知函数f(x)lnxx1x1.(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ylnx在点a(x0，lnx0)处的切线也是曲线yex的切线.规范解答(1)解f(x)的定义域为(0，1)(1，).因为f(x)1x2（x1）20，所以f(x)在(0，1)，(1，)单调递增.2 分因为f(e)1e1e10，所以f(x)在(1，)有唯一零点x1(ex1e2)，即f(x1)0.4 分又 01x10，g2 0；当x，2 时，g(x)0.所以g(x)在(1，)单调递增，在，2

8、 单调递减，故g(x)在1，2 存在唯一极大值点，即f(x)在1，2 存在唯一极大值点.(2)f(x)的定义域为(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x0 是f(x)在(1，0的唯一零点.当x0，2 时，由(1)知，f(x)在(0，)单调递增，在，2 单调递减，而f(0)0，f2 0；当x，2 时，f(x)0，所以当x0，2 时，f(x)0.从而，f(x)在0，2 上没有零点.当x2，时，f(x)0，f()1.所以f(x)0 时，由 lnxax2x0，得axlnxx2

9、.令r(x)xlnxx2，则r(x)的定义域为(0，).则r(x)11xx2（lnxx）2xx41x2lnxx3，易知r(1)0，当 0 x0，r(x)是增函数，当x1 时，r(x)0，r(x)maxr(1)1，所以 0a0，g(x)单调递增；当x( 31，)时，g(x)1 时，f(x)0，当x1 时，f(x)0 时，f(x)a(x1)xa1aex，则方程f(x)0 有两根1，a1a，且1a1a.所以函数f(x)的单调增区间为，a1a和(1，)，单调减区间为a1a，1.综上可知，当a0 时，函数f(x)的单调增区间为，a1a和(1，)，单调减区间为a1a，1；当a0 时，函数f(x)的单调增区

10、间为(1，)，单调减区间为(，1).(2)函数f(x)ex(ax22x)1 恒成立转化为ax1ex在 r r 上恒成立.令h(x)x1ex，则h(x)ex1ex，易知h(x)在(0，)上为增函数，在(，0)上为减函数.h(x)minh(0)1，则a1.又由题设a0，故实数a的取值范围为0，1.4.(2020广州调研)设函数f(x)12x2(a1)xalnx.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)已知函数f(x)有极值m，求证：m0)，当a0 时，f(x)0 恒成立，所以f(x)在(0，)上单调递增.当a0 时，解f(x)0 得xa，解f(x)0 得 0 x0 时，f(x)在(0，a)上单调递减

11、，在(a，)上单调递增.(2)证明由(1)知，a0 时，f(x)的极值mf(a)12a2aalna.所以f(a)alna，f(a)0 有唯一实根记为a0.因为 ln 0.50.6，所以a0(0.5，0.6).且f(a)在(0，a0)上递增，在(a0，)上递减.所以mf(a)f(a0)12a20a0a0lna012a20a0a2012a20a0120.620.60.781.故me2.(1)解f(x)1xa1axx(x0)，若a0，则f(x)0，不符合题意；若a0，令f(x)0，解得x1a.当x0，1a时，f(x)0；当x1a，时，f(x)0，解得 0a1e.所以实数a的取值范围为0，1e .(2

12、)证明因为f(1)a0，所以 1x11ax2.构造函数h(x)f1axf1axln1axln1ax2ax，0 x0，所以h(x)在0，1a上单调递增，故h(x)h(0)0，即f1axf1ax.由 1x11a1a，故f(x2)f(x1)f1a1ax12ax1，即x1x22a.故 lnx1x2lnx1lnx2a(x1x2)2，即x1x2e2.6.设函数f(x)xlnxa2x2ax(ar 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a2，g(x)22xx2，且当x2 时，不等式k(x2)g(x)e 时，lnxx0，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0，1e .(2)当a2 时，f(x)xlnxx22x.k(x2)g(x)f(x)，即k(x2)22xx22，k2)，则f(x)x42lnx（x2）2.令m(x)x42lnx(x2)