高考数学一轮复习　教材高考审题答题一函数与导数热点

这是一份高考数学一轮复习　教材高考审题答题一函数与导数热点，共12页。
[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－eq \f(1,x)，令φ(x)＝ex－eq \f(1,x)，
则φ′(x)＝ex＋eq \f(1,x2)>0在(0，＋∞)恒成立，
所以φ(x)在(0，＋∞)单调递增，
即f′(x)＝ex－eq \f(1,x)在(0，＋∞)上是增函数，
又f′(1)＝e－1>0，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \r(e)－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∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))；(2)确定ex0＝eq \f(1,x0)，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∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)，＋∞))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)＝－eq \f(1,x2)－1＋eq \f(a,x)＝－eq \f(x2－ax＋1,x2).
(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＝eq \f(a－\r(a2－4),2)或x＝eq \f(a＋\r(a2－4),2).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))时，f′(x)0.
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))上单调递减，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))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)
＝eq \f(1,x1)－eq \f(1,x2)－(x1－x2)＋a(ln x1－ln x2)－(a－2)(x1－x2)
＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\f(x1,x2)－x1＋x2))＝－aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)＋2ln x2－x2)).
设φ(x)＝eq \f(1,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＝eq \f(x＋ln x,x2).
令r(x)＝eq \f(x＋ln x,x2)，则r(x)的定义域为(0，＋∞).
则r′(x)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x)))·x2－（ln x＋x）·2x,x4)＝eq \f(1－x－2ln x,x3)，
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－eq \f(2,x)－1＝0.令h(x)＝ex－eq \f(2,x)－1，
因为h′(x)＝ex＋eq \f(2,x2)>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－eq \f(1,3)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)＝eq \f(x＋a,ex).
(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eeq \s\up6(\f(n（n－1）,2))>n！，
两边进行eq \f(2,n（n－1）)次方得(n！)eq \s\up6(\f(2,n（n－1）))eq \f(1,2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x