2019-2020创新设计一轮复习---第三章-教材高考审题答题一

热点预测真题印证核心素养导数与函数的性质2017·Ⅱ，21；2018·Ⅰ，21；2017·Ⅲ，21；2018·Ⅱ，21数学运算、逻辑推理导数与函数的零点2018·Ⅱ，21(2)；2018·江苏，19数学运算、直观想象导数在不等式中的应用2017·Ⅲ，21；2017·Ⅱ，21；2016·Ⅱ，20；2018·Ⅰ，21数学运算、逻辑推理教材链接高考——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)ex1＋x(x≠0)；(4)lnxxex(x0).[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x1＋lnx(x0且x≠1)，进而得到一组重要的不等式链：exx＋1x－1lnx(x0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－lnx2.证明法一设f(x)＝ex－lnx(x0)，则f′(x)＝ex－1x，令φ(x)＝ex－1x，则φ′(x)＝ex＋1x20在(0，＋∞)恒成立，所以φ(x)在(0，＋∞)单调递增，即f′(x)＝ex－1x在(0，＋∞)上是增函数，又f′(1)＝e－10，f′12＝e－20，∴f′(x)＝ex－1x在12，1内有唯一的零点.不妨设f′(x0)＝0，则ex0＝1x0，从而x0＝ln1x0＝－lnx0，所以当xx0时，f′(x)0；当0xx0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＝1x0＋x02，x0∈12，1.故ex－lnx2.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－11＋x＋lnx，故ex－lnx2.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∈12，1；(2)确定ex0＝1x0，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a0时，证明f(x)≤－34a－2.(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝1x＋2ax＋2a＋1＝（2ax＋1）（x＋1）x.若a≥0时，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，若a0时，则当x∈0，－12a时，f′(x)0；当x∈－12a，＋∞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时，f(x)在x＝－12a处取得最大值，最大值为f－12a＝ln－12a－1－14a，所以f(x)≤－34a－2等价于ln－12a－1－14a≤－34a－2，即ln－12a＋12a＋1≤0，设g(x)＝lnx－x＋1，则g′(x)＝1x－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x0时，g(x)≤0，从而当a0时，ln－12a＋12a＋1≤0，故f(x)≤－34a－2.教你如何审题——导数与函数的零点【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.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)＝2－2ln20，∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴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，由a＝exx2，令φ(x)＝exx2，x∈(0，＋∞)，φ′(x)＝ex（x－2）x3，令φ′(x)＝0，解得x＝2.当x∈(0，2)时，φ′(x)0；当x∈(2，＋∞)时，φ′(x)0.∴φ(x)min＝φ(2)＝e24.∴a＝e24.探究提高1.利用导数研究函数的零点主要考查直观想象、逻辑推理、数学运算核心素养.考查的主要形式：(1)求函数的零点、图象交点的个数；(2)根据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)将函数零点问题转化为方程根的问题，从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.【尝试训练】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)的解析式；(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，f(0)＝d＝0，解得b＝－3，c＝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]上有两个不同的零点，可转化为y＝m与y＝x3－3x2－9x＋1的图象有两个不同的交点；令h(x)＝x3－3x2－9x＋1，h′(x)＝3x2－6x－9，x∈[－2，1]，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——导数与函数的性质【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；(2)求f(x)在区间12，＋∞上的取值范围.[规范解答][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)问中求定义域，求导，第(2)问中求零点和列表.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(2)问中，对f(x)≥0的判断.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)问中求导准确变形到位；第(2)问中规范列表，正确计算出f(x)的最值.[构建模板]【规范训练】(2018·全国Ⅰ卷改编)已知函数f(x)＝1x－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x2x1，设t＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)，试证明t0.(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1x2－1＋ax＝－x2－ax＋1x2.(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a2，令f′(x)＝0得，x＝a－a2－42或x＝a＋a2－42.当x∈0，a－a2－42∪a＋a2－42，＋∞时，f′(x)0；当x∈a－a2－42，a＋a2－42时，f′(x)0.所以f(x)在0，a－a2－42，a＋a2－42，＋∞上单调递减，在a－a2－42，a＋a2－42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x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1.又因x2x10，所以x21.又t＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)＝1x1－1x2－(x1－x2)＋a(lnx1－lnx2)－(a－2)(x1－x2)＝alnx1x2－x1＋x2＝－a1x2＋2lnx2－x2.设φ(x)＝1x－x＋2lnx，x1.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1x2＋2lnx2－x20，故t0.1.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a0时，由lnx－ax2＋x＝0，得a＝x＋lnxx2.令r(x)＝x＋lnxx2，则r(x)的定义域为(0，＋∞).则r′(x)＝1＋1x·x2－（lnx＋x）·2xx4＝1－x－2lnxx3，易知r′(1)＝0，当0x1时，r′(x)0，r(x)是增函数，当x1时，r′(x)0，r(x)是减函数，且x＋lnxx20，r(x)max＝r(1)＝1，所以0a1.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处取得极值.(1)求f(x)的表达式和极值；(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，∴－a3＝－1＋2，b6＝－1×2，∴a＝－3，b＝－12.∴f(x)＝2x3－3x2－12x＋3，∴f′(x)＝6x2－6x－12＝6(x＋1)(x－2)，令f′(x)0，得x－1或x2；令f′(x)0，得－1x2，∴函数f(x)在(－∞，－1]和[2，＋∞)上单调递增；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，＋∞)上单调递增，在区间(－1，2)上单调递减.m＋4≤－1或m≥－1，m＋4≤2或m≥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a0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)因为ex0，(ax2＋x)ex≤0，所以ax2＋x≤0.又因为a0，所以不等式化为xx＋1a≤0.所以不等式f(x)≤0的解集为－1a，0.(2)当a＝0时，方程即为xex＝x＋2，由于ex0，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，因为h′(x)＝ex＋2x20对于x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立，所以h(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)内是单调递增函数，又h(1)＝e－30，h(2)＝e2－20，h(－3)＝e－3－130，h(－2)＝e－20，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}.4.(2