2021高考数学一轮复习 第三章 一元函数的导数及其应用 教材高考答题（一）课件

第三章一元函数的导数及其应用教材·高考·答题(一)——函数与导数的热点问题三年真题考情高考热点真题印证核心素养导数在不等式中的应用2019·全国卷Ⅲ，T202018·全国卷Ⅰ，T212018·全国卷Ⅱ，T212017·全国卷Ⅱ，T21数学运算、逻辑推理利用导数研究函数的性质2019·全国卷Ⅱ，T202019·江苏卷，T192018·全国卷Ⅱ，T21(2)数学运算、直观想象利用导数研究函数的零点问题2019·全国卷Ⅰ，T202018·全国卷Ⅰ，T212017·全国卷Ⅱ，T212017·全国卷Ⅲ，T21数学运算、逻辑推理一、教材链接高考——导数在不等式中的应用[链接教材](人A选修2－2·习题改编)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”的，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．(一题多解)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，＋∞)上单调递增，即f′(x)＝ex－1x在(0，＋∞)上是增函数，又f′(1)＝e－10，f′12＝e－20，所以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.所以f(x)＝ex－lnx在x＝x0处有极小值，也是最小值．所以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)，所以ex＋x－11＋x＋lnx，故ex－lnx2.1．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．1．(2017·全国卷Ⅲ)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，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；当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－2.二、教你如何审题——利用导数研究函数的性质(2019·全国卷Ⅱ)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](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝x－1x＋lnx－1＝lnx－1x.因为y＝lnx在(0，＋∞)上单调递增，y＝1x在(0，＋∞)上单调递减，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′(1)＝－10，f′(2)＝ln2－12＝ln4－120，故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0.又当xx0时，f′(x)0，f(x)单调递减，当xx0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)f(1)＝－2，又f(e2)＝e2－30.所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.由αx01得1α1x0.又f1α＝1α－1ln1α－1α－1＝f（α）α＝0，故1α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．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．2．(2018·全国卷Ⅰ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＋1x2.①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．②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，＋∞)上单调递减，且φ(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，φ(x)0.所以1x2＋2lnx2－x20，故t0.三、满分答题示范——利用导数研究函数的零点问题(满分12分)(2019·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝lnx－x＋1x－1.(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)f(x)的定义域为(0，1)∪(1，＋∞)．因为f′(x)＝1x＋2（x－1）20，所以f(x)在(0，1)，(1，＋∞)单调递增．(2分)因为f(e)＝1－e＋1e－10，f(e2)＝2－e2＋1e2－1＝e2－3e2－10，所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1(ex1e2)，即f(x1)＝0.(4分)又01x11，f1x1＝－lnx1＋x1＋1x1－1＝－f(x1)＝0，故f(x)在(0，1)有唯一零点1x1.综上，f(x)有且仅有两个零点．(7分)(2)因为1x0＝e－lnx0，所以点B－lnx0，1x0在曲线y＝ex上．(8分)由题设知f(x0)＝0，即lnx0＝x0＋1x0－1，故直线AB的斜率k＝1x0－lnx0－lnx0－x0＝1x0－x0＋1x0－1－x0＋1x0－1－x0＝1x0.(10分)曲线y＝ex在点B－lnx0，1x0处切线的斜率是1x0，曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处切线的斜率也是1x0.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分)1．得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分，如第(1)问中的求导判断单调性，利用零点存在定理定零点个数．第(2)问中，由f(x0)＝0定切点B，求切线的斜率．2．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＝x0＋1x0－1，判定两曲线在点B处切线的斜率相等．3．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f′(x)准确，否则全盘皆输，判定f(x1)＝－f1x1＝0；第(2)问中，正确计算kAB等，否则不得分．[解题程序]第一步：求f(x)的定义域，计算f′(x)．第二步：由f(x)在(1，＋∞)上的单调性与零点存在定理，判断f(x)在(1，＋∞)上有唯一零点x1.第三步：证明f1x1＝0，从而f(x)在定义域内有两个零点．第四步：由第(1)问，求直线AB的斜率k＝1x0.第五步：求y＝ex在点A、B处的切线斜率k＝1x0，得证．第六步：检验反思，规范解题步骤．3．(2019·全国卷Ⅰ)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－1，π2存在唯一极大值点；(2)f(x)有且仅有2个零点．证明：(1)设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cosx－11＋x，g′(x)＝－sinx＋1（1＋x）2.当x∈－1，π2时，g′(x)单调递减，而g′(0)0，g′π20.得g′(x)在－1，π2上有唯一零点，设为α.则当x∈(－1，α)时，g′(x)0；当x∈α，π2时，g′(x)0.所以g(x)在(－1，α)单调递增，在α，π2上单调递减，故g(x)在－1，π2上存在唯一极大值点，即f′(x)在－1，π2上存在唯一极大值点．(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞)．①当x∈(－1，0]时，由(1)知，f′(x)在(－1，0)上单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1，0)时，f′(x)0，故f(x)在(－1，0)上单调递减．又f(0)＝0，从而x＝0是f(x)在(－1，0]上的唯一零点．②当x∈0，π2时，由(1)知，f′(x)在(0，α)上单调递增，在α，π2上单调递减，而f′(0)＝0，f′π20，所以存在β∈α，π2，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)0；当x∈β，π2时，f′(x)0.故f(x)在(0，β)上单调递增，在β，π2上单调递减．又f(0)＝0，fπ2＝1－ln1＋π20.所以当x∈0，π2时，f(x)0.从而f(x)在