2020版数学（理）新设计大一轮人教A版新高考（鲁津京琼）讲义：第三章一元函数的导数及其应用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)ex>1＋x(x≠0)；
(4)ln x1＋ln x(x>0且x≠1)，进而得到一组重要的不等式链：ex>x＋1>x－1>ln x(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－ln x>2.
证明　法一　设f(x)＝ex－ln x(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′＝－2x0时，f′(x)>0；当01＋x＋ln x，故ex－ln x>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＝－ln 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Ⅲ卷)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
若a0；
当x∈时，f′(x)0得－2≤x＜－1；令h′(x)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.
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(ln x1－ln x2)－(a－2)(x1－x2)
＝a＝－a.
设φ(x)＝－x＋2ln x，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时，由ln x－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01时，r′(x)0，
r(x)max＝r(1)＝1，所以00，所以x＝0不是方程的解，
所以原方程等价于ex－－1＝0.令h(x)＝ex－－1，
因为h′(x)＝ex＋>0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(－3)＝e－3－0，
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.(2019·合肥一中质检)已知函数f(x)＝.
(1)若f(x)在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数a的取值范围；
(2)若a＝0，x00，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.

综上，当a＝0时，无单调区间；a≠0时，单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞).
(2)令a＝1，由(1)可知f(x)的最小值为f(0)＝0，
所以f(x)≥0.
所以ex≥x＋1(当x＝0时取得“＝”).
令x＝n－1，则en－1>n，
所以e0·e1·e2·…·en－1>1×2×3×…×n，
即e>n！，
两边进行次方得(n！)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x