2021届高三新高考数学人教A版一轮复习教学案：第三章 顶层设计.doc

1、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)ln xx0).试题评析1.问题源于求曲线yex在(0，1

2、)处的切线及曲线yln x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)xln x1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“ln x”替换“x”，立刻得到x1ln x(x0且x1)，进而得到一组重要的不等式链：exx1x1ln x(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：exln x2.证明法一设f(x)exln x(x0)，则f(x)ex，令(x)ex，则(x)ex0在(0，)恒成立，所以(x)在(0，)单调递增

3、，即f(x)ex在(0，)上是增函数，又f(1)e10，f2x0时，f(x)0；当0xx0时，f(x)2，x0.故exln x2.法二注意到ex1x(当且仅当x0时取等号)，x1ln x(当且仅当x1时取等号)，exx11xln x，故exln x2.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，x0ln x0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)ln xax2(2a1)x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a0，故f(x)在(0，)上单调

4、递增，若a0；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a0；x(1，)时，g(x)0时，g(x)0，从而当a0时，ln10，故f(x)2.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)ln xx1.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)ln x1ln x.因为yln x在(0，)上单调递增，y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(x

5、0)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1x1，设tf(x1)f(x2)(a2)(x1x2)，试证明t0.(1)解f(x)的定义域为(0，)，f(x)1.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，x或x.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a2.由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2ax10，所以x1

6、x21.又因x2x10，所以x21.又tf(x1)f(x2)(a2)(x1x2)(x1x2)a(ln x1ln x2)(a2)(x1x2)aa.设(x)x2ln 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2ln x2x20.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)ln x.(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yln x在点A(x0，ln x0)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，

7、).因为f(x)0，所以f(x)在(0，1)，(1，)单调递增.2分因为f(e)10，所以f(x)在(1，)有唯一零点x1(ex1e2)，即f(x1)0.4分又00，g0；当x时，g(x)0.所以g(x)在(1，)单调递增，在单调递减，故g(x)在存在唯一极大值点，即f(x)在存在唯一极大值点.(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x时，由(1)知，f(x)在(0，)单调递增，在单调递减，而f(0)0，f0

8、；当x时，f(x)0，所以当x时，f(x)0.从而，f(x)在上没有零点.当x时，f(x)0，f()1.所以f(x)0时，由ln xax2x0，得a.令r(x)，则r(x)的定义域为(0，).则r(x)，易知r(1)0，当0x0，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(1，)时，g(x)1时，f(x)0，当x1时，f(x)0时，f(x)a(x1)ex，则方程f(x)0有两根1，且1.所以函数f(x)的单调增区间为和(1，)，单调减区间为.综上可知，当a0时，函数f(x)的单调增区间为和(1，)，单调减区间为；当a0时，函数f(x)的

9、单调增区间为(1，)，单调减区间为(，1).(2)函数f(x)ex(ax22x)1恒成立转化为ax在R上恒成立.令h(x)x，则h(x)，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)x2(a1)xaln x.(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0x0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增.(2)证明由(1)

10、知，a0时，f(x)的极值mf(a)a2aaln a.所以f(a)aln a，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)aa0a0ln a0aa0aaa00.620.60.781.故me2.(1)解f(x)a(x0)，若a0，则f(x)0，不符合题意；若a0，令f(x)0，解得x.当x时，f(x)0；当x时，f(x)0，解得0a.所以实数a的取值范围为.(2)证明因为f(1)a0，所以1x1x2.构造函数H(x)fflnln2ax，0x0，所以H(x)在上单调递增，故H(x)H(

11、0)0，即ff.由1x1，故f(x2)f(x1)fx1，即x1x2.故ln x1x2ln x1ln x2a(x1x2)2，即x1x2e2.6.设函数f(x)xln xx2ax(aR).(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，0，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.(2)当a2时，f(x)xln xx22x.k(x2)g(x)f(x)，即k(x2)22xx22，k2)，则F(x).令m(x)x42ln x(x2)，则m(x)10，m(x)在(2，)上单调递增.又m(8)42ln 862ln e3660，函数m(x)在(8，10)上有唯一的零点x0，即x042ln x00.当2xx0时，m(x)0，即F(x)x0时，m(x)0，即F(x)0，F(x)minF(x0)，k，x0(8，10)，(4，5)，又kN，k的最大值为4.