高中数学教材高考审题答题函数与导数热点问题.docx
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高中数学教材高考审题答题函数与导数热点问题
核心热点
真题印证
核心素养
利用导数研究函数的性质
2017·Ⅱ,21;2018·Ⅰ,21;2017·Ⅲ,21;2018·Ⅱ,21
数学运算、逻辑推理
利用导数研究函数的零点
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)ex>1+x(x≠0);
(4)lnx
[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x>1+lnx(x>0且x≠1),进而得到一组重要的不等式链:
ex>x+1>x-1>lnx(x>0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-lnx>2.
证明 法一 设f(x)=ex-lnx(x>0),
则f′(x)=ex-,令φ(x)=ex-,
则φ′(x)=ex+>0在(0,+∞)恒成立,
所以φ(x)在(0,+∞)单调递增,
即f′(x)=ex-在(0,+∞)上是增函数,
又f′
(1)=e-1>0,f′=-2<0,
∴f′(x)=ex-在内有唯一的零点.
不妨设f′(x0)=0,则ex0=,从而x0=ln=-lnx0,
所以当x>x0时,f′(x)>0;当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=+x0>2,x0∈. 故ex-lnx>2. 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-1>1+x+lnx,故ex-lnx>2. 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∈; (2)确定ex0=,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a<0时,证明f(x)≤--2. (1)解 f(x)的定义域为(0,+∞), 且f′(x)=+2ax+2a+1=. 若a≥0时,则当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0, 故f(x)在(0,+∞)上单调递增, 若a<0时,则当x∈时,f′(x)>0; 当x∈时,f′(x)<0. 故f(x)在上单调递增,在上单调递减. (2)证明 由 (1)知,当a<0时,f(x)在x=-处取得最大值,最大值为f=ln-1-, 所以f(x)≤--2等价于ln-1-≤--2, 即ln++1≤0, 设g(x)=lnx-x+1,则g′(x)=-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x>0时,g(x)≤0, 从而当a<0时,ln++1≤0, 故f(x)≤--2. 教你如何审题——利用导数研究函数的零点 【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)=2-2ln2>0, ∴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=,令φ(x)=,x∈(0,+∞), φ′(x)=,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)=.∴a=. 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, 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——利用导数研究函数的性质 【例题】(12分)(2017·浙江卷)已知函数f(x)=(x-)e-x. (1)求f(x)的导函数; (2)求f(x)在区间上的取值范围. [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)=-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x2>x1,设t=f(x1)-f(x2)-(a-2)(x1-x2),试证明t>0. (1)解 f(x)的定义域为(0,+∞), f′(x)=--1+=-. (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a>2,令f′(x)=0得, x=或x=. 当x∈∪时,f′(x)<0; 当x∈时,f′(x)>0. 所以f(x)在,上单调递减, 在上单调递增. (2)证明 由 (1)知,f(x)存在两个极值点时,当且仅当a>2. 由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0, 所以x1x2=1. 又因x2>x1>0,所以x2>1. 又t=f(x1)-f(x2)-(a-2)(x1-x2) =--(x1-x2)+a(lnx1-lnx2)-(a-2)(x1-x2) =a=-a. 设φ(x)=-x+2lnx,x>1. 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+2lnx2-x2<0,故t>0. 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a>0时,由lnx-ax2+x=0,得a=. 令r(x)=,则r(x)的定义域为(0,+∞). 则r′(x)==,易知r′ (1)=0, 当0 当x>1时,r′(x)<0,r(x)是减函数,且>0, r(x)max=r
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