函数与导数热点问题.docx

1、核心热点真题印证核心素养 利用导数研究函 数的性质 2020全国，21；2019全国，20； 2018全国，21；2018全国，21 数学运算、逻辑推理 利用导数研究函 数的零点 2020全国， 20； 2020全国， 20(2)； 2019全国，20 数学运算、直观想象 导数在不等式中 的应用 2020山东， 21； 2020天津， 20； 2019全 国，20；2018全国，21 数学运算、逻辑推理 导数在不等式中的应用 (选择性必修三 P108 第 14 题) 题目 14证明：当 x0 时，ln(1x)1x，两边取以 e 为底的对数，则变为 xln (1x). 问题源于求曲线 yex在(

2、0，1)处的切线及曲线 yln x 在(1，0)处的切线，通过 观察函数图像间的位置关系可得到以上结论，可构造函数 f(x)exx1 与 g(x) xln x1 对以上结论进行证明. 2.得到一组重要的不等式链：exx1x1ln x(x0 且 x1). 【教材拓展】已知函数 f(x)xln xe x x . (1)求 f(x)的最大值； (2)试证明 1x3e x x 3xf(x). (1)解f(x)xln xe x x ， 定义域为(0，)， 则 f(x)11 x ex（x1） x2 （x1） （xe x） x2 ， 由 exx1x， 得 f(x)在(0，1上单调递增，在(1，)上单调递减，

3、 所以 f(x)maxf(1)1e. (2)证明要证 1x3e x x 3xf(x)， 即证 x32x1ln x， 考虑到 x0 时，x1ln x(当且仅当 x1 时，取等号). 欲证 x32x1ln x，只需证 x32x1x1. 也就是证明 x33x20.(*) 设(x)x33x2(x0)，则(x)3x23， 令(x)0，得 x1. 当 x(0，1)时，(x)0. 当 x1 时，(x)取到最小值(1)0. 故(*)式成立，从而 1x3e x x 3xf(x)成立. 探究提高1.本题涉及 x，ex，ln x 组合型函数问题，求解的关键在于通过等价变 形或合理拆分，得到熟悉的基本初等函数，然后利

4、用函数的图像和性质求解. 2.联想教材习题结论，在(1)中，利用 exx1x，在(2)中活用 x1ln x 进行合 理的放缩，这样大大减少运算量，降低思维难度. 【链接高考】 (2017全国卷改编)已知函数 f(x)x1aln x. (1)若 f(x)0，求 a 的值； (2)证明：对于任意正整数 n， 11 2 1 1 22 1 1 2ne. (1)解f(x)的定义域为(0，)， 若 a0，因为 f 1 2 1 2aln 20，由 f(x)1a x xa x 知， 当 x(0，a)时，f(x)0； 所以 f(x)在(0，a)单调递减，在(a，)单调递增， 故 xa 是 f(x)在(0，)的唯

5、一最小值点. 因为 f(1)0，所以当且仅当 a1 时，f(x)0，故 a1. (2)证明由(1)知当 x(1，)时，x1ln x0. 令 x1 1 2n，得 ln 1 1 2n 1 2n. 从而 ln 11 2 ln 1 1 22ln 1 1 2n1 2 1 22 1 2n1 1 2n1. 故 11 2 1 1 22 1 1 2n0，讨论函数 g(x)f（x）f（a） xa 的单调性. 自主解答 解设 h(x)f(x)2xc，则 h(x)2ln x2x1c， 其定义域为(0，)，h(x)2 x2. (1)当 0 x0；当 x1 时，h(x)0. 所以 h(x)在区间(0，1)单调递增，在区间

6、(1，)单调递减. 从而当 x1 时，h(x)取得最大值，最大值为 h(1)1c. 故当且仅当1c0，即 c1 时，f(x)2xc. 所以 c 的取值范围为1，). (2)g(x)f（x）f（a） xa 2（ln xln a） xa ，x(0，a)(a，). g(x)2 xa x ln aln x （xa）2 2 1a xln a x （xa）2 . 取 c1 得 h(x)2ln x2x2，h(1)0， 则由(1)知，当 x1 时，h(x)0，即 1xln x0. 故当 x(0，a)(a，)时，1a xln a x0， 从而 g(x)0， 所以 f(x)在(0，1)，(1，)单调递增.2 分

7、因为 f(e)1e1 e10， 所以 f(x)在(1，)有唯一零点 x1(ex1e2)， 即 f(x1)0.4 分 又 0 1 x11，f 1 x1ln x1x 11 x11f(x 1)0， 故 f(x)在(0，1)有唯一零点 1 x1. 综上，f(x)有且仅有两个零点.7 分 (2)证明因为 1 x0e ln x0， 所以点 B ln x0，1 x0在曲线 yex上.8 分 由题设知 f(x0)0，即 ln x0 x01 x01， 故直线 AB 的斜率 k 1 x0ln x 0 ln x0 x0 1 x0 x01 x01 x01 x01x 0 1 x0.10 分 又曲线 yex在点 B ln

8、 x0，1 x0处切线的斜率是 1 x0， 曲线 yln x 在点 A(x 0， ln x0) 处切线的斜率也是 1 x0， 所以曲线 yln x 在点 A(x0，ln x0)处的切线也是曲线 yex的切线. 12 分 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. 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 ln x0 x01 x01，判定两曲线

9、在点 B 处切线的斜率相等. 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 1 x1f(x1)0.第(2)问中，正确计算 kAB等，否则 不得分. 求 f(x)的定义域(0，1)(1，)，计算 f(x) 利用零点存在定理及单调性，判断 f(x)在(1，)有唯一零点 x1 证明 f 1 x10，从而 f(x)在(0，1)有唯一零点 1 x1 由第(1)问，求直线 AB 的斜率 k 1 x0 求 yex在点 B 处，yln x 在点 A 处切线斜率 k 1 x0 检验反思，规范解题步骤 【规范训练】(2020全国卷)已知函数 f(x)

10、exa(x2). (1)当 a1 时，讨论 f(x)的单调性； (2)若 f(x)有两个零点，求 a 的取值范围. 解(1)当 a1 时，f(x)exx2，xR，则 f(x)ex1. 当 x0 时，f(x)0 时，f(x)0. 所以 f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增. (2)f(x)exa. 当 a0 时，f(x)0， 所以 f(x)在(，)单调递增. 故 f(x)至多存在一个零点，不合题意. 当 a0 时，由 f(x)0，可得 xln a. 当 x(，ln a)时，f(x)0. 所以 f(x)在(，ln a)单调递减，在(ln a，)单调递增. 故当 xln a 时，f(x)取

11、得最小值，最小值为 f(ln a)a(1ln a). ()若 01 e，则 f(ln a)0，所以 f(x)在(，ln a)存在唯一零点. 由(1)知，当 x2 时，exx20. 所以当 x4 且 x2ln(2a)时，f(x)e x 2e x 2a(x2)e ln(2a) x 22a(x2)2a0. 故函数 f(x)在区间(ln a，)存在唯一零点. 从而 f(x)在(，)有两个零点. 综上可知，若 f(x)有两个零点， 实数 a 的取值范围是 1 e，. 1.(2020天津卷节选)已知函数 f(x)x36ln x，f(x)为 f(x)的导函数. (1)求曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的

12、切线方程； (2)求函数 g(x)f(x)f(x)9 x的单调区间和极值. 解(1)f(x)x36ln x，故 f(x)3x26 x. 可得 f(1)1，f(1)9，所以曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为 y19(x 1)，即 9xy80. (2)依题意，g(x)x33x26ln x3 x，x(0，). 从而可得 g(x)3x26x6 x 3 x2， 整理可得 g(x)3（x1） 3（x1） x2 . 令 g(x)0，解得 x1. 当 x 变化时，g(x)，g(x)的变化情况如下表： x(0，1)1(1，) g(x)0 g(x)极小值 所以函数 g(x)的单调递减区间为(0，1)

13、，单调递增区间为(1，)；g(x) 的极小 值为 g(1)1，无极大值. 2.(2021武汉调研)设函数 f(x)ln xa x(a 为常数). (1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)不等式 f(x)1 在 x(0，1上恒成立，求实数 a 的取值范围. 解(1)函数 f(x)的定义域为(0，)， f(x)a x2 1 x xa x2 ， 当 a0 时，又 x0，xa0，f(x)0， f(x)在定义域(0，)上单调递增； 当 a0 时，若 xa，则 f(x)0，f(x)单调递增； 若 0 xa，则 f(x)0 时，f(x)在区间(0，a)上是减函数，在区间(a，)上是增函数. (2)f(x)

14、1a xln x1 a xln x1axln xx 对任意 x(0，1恒成立. 令 g(x)xln xx，x(0，1. 则 g(x)ln xx1 x1ln x0，x(0，1， g(x)在(0，1上单调递增，g(x)maxg(1)1， a1，故 a 的取值范围为1，). 3.已知函数 f(x)exax2. (1)若 a1，证明：当 x0 时，f(x)1； (2)若 f(x)在(0，)只有一个零点，求 a. (1)证明当 a1 时，f(x)exx2，则 f(x)ex2x. 令 g(x)f(x)，则 g(x)ex2. 令 g(x)0，解得 xln 2. 当 x(0，ln 2)时，g(x)0. 当 x

15、0 时，g(x)g(ln 2)22ln 20， 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 exax20 在(0，)上只 有一个解， 由 ae x x2，令(x) ex x2，x(0，)， (x)e x（x2） x3 ，令(x)0，解得 x2. 当 x(0，2)时，(x)0. (x)在(0，2)上单调递减，在(2，)上单调递增，其中 x0 时，(x)，x ，(x)， 且(x)min(2)e 2 4 .ae 2 4 . 4.已知函数 f(x)1 xxaln x. (1)试讨论函数 f(x)的单调性； (2)设 x1，x2是 f(x)的两

16、个极值点，且 x2x1，设 tf(x1)f(x2)(a2)(x1x2)，试 证明 t0. (1)解f(x)的定义域为(0，)， f(x) 1 x21 a x x2ax1 x2 . 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， xa a 24 2 或 xa a 24 2 . 当 x 0，a a 24 2 a a24 2 ， 时，f(x)0. 所 以 f(x) 在 0，a a 24 2， a a24 2 ， 上 单 调 递 减 ， 在 a a24 2 ，a a 24 2上单调递增. (2)证明由(1)知，f

17、(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) 1 x1 1 x2(x 1x2)a(ln x1ln x2)(a2)(x1x2) a lnx1 x2x 1x2 a 1 x22ln x 2x2 . 设(x)1 xx2ln x，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 1 x22ln x 2x20. 5.已知函数 f(x)ln xax1(aR). (1)讨论函数 f(x)的单调性； (

18、2)若函数 f(x)的图像与 x 轴相切，求证：对于任意互不相等的正实数 x1，x2，都 有f（x 2）f（x1） x2x1 0，f(x)在(0，)上单调递增； 当 a0，f(x)单调递增； 若 x 1 a，f(x)0，f(x)单调递减. 综上所述：当 a0 时，f(x)在(0，)上单调递增； 当 a0 时，f(x)在 0，1 a 单调递增，在 1 a，上单调递减. (2)证明由(1)知，当 a0 时，f(x)在(0，)上单调递增，不满足条件. 所以 a0，此时 f(x)的极大值为 f 1 a ln(a)， 由已知得ln(a)0，故 a1，此时 f(x)ln xx1. 不妨设 0 x1x2， 则f（x 2）f（x1） x2x1 1 x1 1 x2等价于 ln x2 x1 x2 x1 x1 x2x 2x1， 即证：lnx2 x1 x2 x1 x1 x21)， 则 g(x)1 x1 1 x2 x1 2 2 3 4 x2 0， 故 g(x)在(1，)单调递减， 所以 g(x)g(1)0 x2x1. 所以对于任意互不相等的正实数 x1，x2，都有f（x2）f（x1） x2x1 1 x1 1 x2成立.