熱點猜測真題印證核心素養(yǎng)導數(shù)與函數(shù)的性質2017·Ⅱ，21；2018·Ⅰ，21；2017·Ⅲ，21；2018·Ⅱ，21數(shù)學運算、規(guī)律推理導數(shù)與函數(shù)的零點2018·Ⅱ，21(2)；2018·江蘇，19數(shù)學運算、直觀想象導數(shù)在不等式中的應用2017·Ⅲ，21；2017·Ⅱ，21；2016·Ⅱ，20；2018·Ⅰ，21數(shù)學運算、規(guī)律推理教材鏈接高考——導數(shù)在不等式中的應用[教材探究](選修2－2P32習題1.3B組第1題(3)(4))利用函數(shù)的單調性證明以下不等式，并通過函數(shù)圖象直觀驗證.(3)ex>1＋x(x≠0)；(4)lnx<x<ex(x>0).[試題評析]1.問題源于求曲線y＝ex在(0，1)處的切線及曲線y＝lnx在(1，0)處的切線，通過觀看函數(shù)圖象間的位置關系可得到以上結論，可構造函數(shù)f(x)＝ex－x－1與g(x)＝x－lnx－1對以上結論進行證明.2.兩題從本質上看是全都的，第(4)題可以看作第(3)題的推論.在第(3)題中，用“l(fā)nx〞替換“x〞，立即得到x>1＋lnx(x>0且x≠1)，進而得到一組重要的不等式鏈：ex>x＋1>x－1>lnx(x>0且x≠1).3.利用函數(shù)的圖象(如圖)，不難驗證上述不等式鏈成立.【教材拓展】試證明：ex－lnx>2.證明法一設f(x)＝ex－lnx(x>0)，那么f′(x)＝ex－eq\f(1,x)，令φ(x)＝ex－eq\f(1,x)，那么φ′(x)＝ex＋eq\f(1,x2)>0在(0，＋∞)恒成立，所以φ(x)在(0，＋∞)單調遞增，即f′(x)＝ex－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，又f′(1)＝e－1>0，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\r(e)－2<0，∴f′(x)＝ex－eq\f(1,x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))內有唯一的零點.不妨設f′(x0)＝0，那么ex0＝eq\f(1,x0)，從而x0＝lneq\f(1,x0)＝－lnx0，所以當x>x0時，f′(x)>0；當0<x<x0時，f′(x)<0.∴f(x)＝ex－lnx在x＝x0處有微小值，也是最小值.∴f(x)min＝f(x0)＝ex0－lnx0＝eq\f(1,x0)＋x0>2，x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).故ex－lnx>2.法二留意到ex≥1＋x(當且僅當x＝0時取等號)，x－1≥lnx(當且僅當x＝1時取等號)，∴ex＋x－1>1＋x＋lnx，故ex－lnx>2.探究提高1.法一中關鍵有三點：(1)利用零點存在定理，判定微小值點x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))；(2)確定ex0＝eq\f(1,x0)，x0＝－lnx0的關系；(3)根本不等式的利用.2.法二聯(lián)想經典教材習題結論，降低思維難度，優(yōu)化思維過程，簡潔便利.【鏈接高考】(2017·全國Ⅲ卷)函數(shù)f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x.(1)爭論f(x)的單調性；(2)當a<0時，證明f(x)≤－eq\f(3,4a)－2.(1)解f(x)的定義域為(0，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax＋2a＋1＝eq\f(〔2ax＋1〕〔x＋1〕,x).假設a≥0時，那么當x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，假設a<0時，那么當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a)))時，f′(x)>0；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞))時，f′(x)<0.故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a)))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞))上單調遞減.(2)證明由(1)知，當a<0時，f(x)在x＝－eq\f(1,2a)處取得最大值，最大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))－1－eq\f(1,4a)，所以f(x)≤－eq\f(3,4a)－2等價于lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))－1－eq\f(1,4a)≤－eq\f(3,4a)－2，即lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))＋eq\f(1,2a)＋1≤0，設g(x)＝lnx－x＋1，那么g′(x)＝eq\f(1,x)－1.當x∈(0，1)時，g′(x)>0；x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0.所以g(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減.故當x＝1時，g(x)取得最大值，最大值為g(1)＝0.所以當x>0時，g(x)≤0，從而當a<0時，lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))＋eq\f(1,2a)＋1≤0，故f(x)≤－eq\f(3,4a)－2.教你如何審題——導數(shù)與函數(shù)的零點【例題】(2018·全國Ⅱ卷)函數(shù)f(x)＝ex－ax2.(1)假設a＝1，證明：當x≥0時，f(x)≥1；(2)假設f(x)在(0，＋∞)只有一個零點，求a.[審題路線][自主解答](1)證明當a＝1時，f(x)＝ex－x2，那么f′(x)＝ex－2x.令g(x)＝f′(x)，那么g′(x)＝ex－2.令g′(x)＝0，解得x＝ln2.當x∈(0，ln2)時，g′(x)<0；當x∈(ln2，＋∞)時，g′(x)>0.∴當x≥0時，g(x)≥g(ln2)＝2－2ln2>0，∴f(x)在[0，＋∞)上單調遞增，∴f(x)≥f(0)＝1.(2)解假設f(x)在(0，＋∞)上只有一個零點，即方程ex－ax2＝0在(0，＋∞)上只有一個解，由a＝eq\f(ex,x2)，令φ(x)＝eq\f(ex,x2)，x∈(0，＋∞)，φ′(x)＝eq\f(ex〔x－2〕,x3)，令φ′(x)＝0，解得x＝2.當x∈(0，2)時，φ′(x)<0；當x∈(2，＋∞)時，φ′(x)>0.∴φ(x)min＝φ(2)＝eq\f(e2,4).∴a＝eq\f(e2,4).探究提高1.利用導數(shù)爭論函數(shù)的零點主要考查直觀想象、規(guī)律推理、數(shù)學運算核心素養(yǎng).考查的主要形式：(1)求函數(shù)的零點、圖象交點的個數(shù)；(2)依據(jù)函數(shù)的零點個數(shù)求參數(shù)的取值或范圍.2.導數(shù)爭論函數(shù)的零點常用方法：(1)爭論函數(shù)的單調性、極值，利用單調性、極值、函數(shù)零點存在定理來求解零點問題；(2)將函數(shù)零點問題轉化為方程根的問題，從而同解變形為兩個函數(shù)圖象的交點，運用函數(shù)的圖象性質求解.【嘗試訓練】三次函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d(a，b，c∈R)過點(3，0)，且函數(shù)f(x)在點(0，f(0))處的切線恰好是直線y＝0.(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)設函數(shù)g(x)＝9x＋m－1，假設函數(shù)y＝f(x)－g(x)在區(qū)間[－2，1]上有兩個零點，求實數(shù)m的取值范圍.解(1)f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由條件得，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f(3)＝27＋9b＋3c＋d＝0，,f′(0)＝c＝0，,f(0)＝d＝0，))解得b＝－3，c＝d＝0，所以f(x)＝x3－3x2.(2)由條件得，f(x)－g(x)＝x3－3x2－9x－m＋1在[－2，1]上有兩個不同的零點，可轉化為y＝m與y＝x3－3x2－9x＋1的圖象有兩個不同的交點；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.數(shù)形結合，可知要使y＝m與y＝x3－3x2－9x＋1的圖象有兩個不同的交點，那么－1≤m＜6.故實數(shù)m的取值范圍是[－1，6).總分值答題示范——導數(shù)與函數(shù)的性質【例題】(12分)(2017·浙江卷)函數(shù)f(x)＝(x－eq\r(2x－1))e－x.(1)求f(x)的導函數(shù)；(2)求f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上的取值范圍.[標準解答][高考狀元總分值心得]?得步驟分：抓住得分點的步驟，“步步為贏〞、求得總分值.如第(1)問中求定義域，求導，第(2)問中求零點和列表.?得關鍵分：解題過程不行無視關鍵點，有那么給分，無那么沒分如第(2)問中，對f(x)≥0的推斷.?得計算分：解題過程中計算精確?????是得總分值的根本保證.如第(1)問中求導精確?????變形到位；第(2)問中標準列表，正確計算出f(x)的最值.[構建模板]【標準訓練】(2018·全國Ⅰ卷改編)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x)－x＋alnx.(1)試爭論函數(shù)f(x)的單調性；(2)設x1，x2是f(x)的兩個極值點，且x2>x1，設t＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)，試證明t>0.(1)解f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－eq\f(1,x2)－1＋eq\f(a,x)＝－eq\f(x2－ax＋1,x2).(ⅰ)假設a≤2，那么f′(x)≤0，當且僅當a＝2，x＝1時f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞減.(ⅱ)假設a>2，令f′(x)＝0得，x＝eq\f(a－\r(a2－4),2)或x＝eq\f(a＋\r(a2－4),2).當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))時，f′(x)<0；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))時，f′(x)>0.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))上單調遞增.(2)證明由(1)知，f(x)存在兩個極值點時，當且僅當a>2.由于f(x)的兩個極值點x1，x2滿意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(lnx1－lnx2)－(a－2)(x1－x2)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(x1,x2)－x1＋x2))＝－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)＋2lnx2－x2)).設φ(x)＝eq\f(1,x)－x＋2lnx，x>1.由第(1)問知，φ(x)在(1，＋∞)單調遞減，且φ(1)＝0，從而當x∈(1，＋∞)時，φ(x)<0.所以eq\f(1,x2)＋2lnx2－x2<0，故t>0.1.函數(shù)f(x)＝lnx－ax2＋x有兩個不同的零點，求實數(shù)a的取值范圍.解令g(x)＝lnx，h(x)＝ax2－x，將零點問題轉化為兩個函數(shù)圖象交點的問題.當a≤0時，g(x)和h(x)的圖象只有一個交點，不滿意題意；當a>0時，由lnx－ax2＋x＝0，得a＝eq\f(x＋lnx,x2).令r(x)＝eq\f(x＋lnx,x2)，那么r(x)的定義域為(0，＋∞).那么r′(x)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))·x2－〔lnx＋x〕·2x,x4)＝eq\f(1－x－2lnx,x3)，易知r′(1)＝0，當0<x<1時，r′(x)>0，r(x)是增函數(shù)，當x>1時，r′(x)<0，r(x)是減函數(shù)，且eq\f(x＋lnx,x2)>0，r(x)max＝r(1)＝1，所以0<a<1.故實數(shù)a的取值范圍是(0，1).2.函數(shù)f(x)＝2x3＋ax2＋bx＋3在x＝－1和x＝2處取得極值.(1)求f(x)的表達式和極值；(2)假設f(x)在區(qū)間[m，m＋4]上是單調函數(shù)，試求m的取值范圍.解(1)依題意知f′(x)＝6x2＋2ax＋b＝0的兩根為－1和2，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(a,3)＝－1＋2，,\f(b,6)＝－1×2，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝－12.))∴f(x)＝2x3－3x2－12x＋3，∴f′(x)＝6x2－6x－12＝6(x＋1)(x－2)，令f′(x)>0，得x<－1或x>2；令f′(x)<0，得－1<x<2，∴函數(shù)f(x)在(－∞，－1]和[2，＋∞)上單調遞增；在(－1，2)上單調遞減.∴f(x)極大值＝f(－1)＝10，f(x)微小值＝f(2)＝－17.(2)由(1)知，f(x)在(－∞，－1]和[2，＋∞)上單調遞增，在區(qū)間(－1，2)上單調遞減.m＋4≤－1或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m≥－1，,m＋4≤2))或m≥2.∴m≤－5或m≥2，那么m的取值范圍是(－∞，－5]∪[2，＋∞).3.函數(shù)f(x)＝(ax2＋x)ex，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，a∈R.(1)當a>0時，解不等式f(x)≤0；(2)當a＝0時，求整數(shù)t的全部值，使方程f(x)＝x＋2在[t，t＋1]上有解.解(1)由于ex>0，(ax2＋x)ex≤0，所以ax2＋x≤0.又由于a>0，所以不等式化為xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,a)))≤0.所以不等式f(x)≤0的解集為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，0)).(2)當a＝0時，方程即為xex＝x＋2，由于ex>0，所以x＝0不是方程的解，所以原方程等價于ex－eq\f(2,x)－1＝0.令h(x)＝ex－eq\f(2,x)－1，由于h′(x)＝ex＋eq\f(2,x2)>0對于x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立，所以h(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)內是單調遞增函數(shù)，又h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－2>0，h(－3)＝e－3－eq\f(1,3)<0，h(－2)＝e－2>0，所以方程f(x)＝x＋2有且只有兩個實數(shù)根，且分別在區(qū)間[1，2]和[－3，－2]上，所以整數(shù)t的全部值為{－3，1}.4.(2019·合肥一中質檢)函數(shù)f(x)＝eq\f(x＋a,ex).(1)假設f(x)在區(qū)間(－∞，2)上為單調遞增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；(2)假設a＝0，x0<1，設直線y＝g(x)為函數(shù)f(x)的圖象在x＝x0處的切線，求證：f(x)≤g(x).(1)解易知f′(x)＝－eq\f(x－〔1－a〕,ex)，由得f′(x)≥0對x∈(－∞，2)恒成立，故x≤1－a對x∈(－∞，2)恒成立，∴1－a≥2，∴a≤－1.故實數(shù)a的取值范圍為(－∞，－1].(2)證明當a＝0時，那么f(x)＝eq\f(x,ex).函數(shù)f(x)的圖象在x＝x0處的切線方程為y＝g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0).令h(x)＝f(x)－g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，x∈R，那么h′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝eq\f(1－x,ex)－eq\f(1－x0,ex0)＝eq\f((1－x)ex0－(1－x0)ex,ex＋x0).設φ(x)＝(1－x)ex0－(1－x0)ex，x∈R，那么φ′(x)＝－ex0－(1－x0)ex，∵x0<1，∴φ′(x)<0，∴φ(x)在R上單調遞減，而φ(x0)＝0，∴當x<x0時，φ(x)>0，當x>x0時，φ(x)<0，∴當x<x0時，h′(x)>0，當x>x0時，h′(x)<0，∴h(x)在區(qū)間(－∞，x0)上為增函數(shù)，在區(qū)間(x0，＋∞)上為減函數(shù)，∴x∈R時，h(x)≤h(x0)＝0，∴f(x)≤g(x).5.函數(shù)f(x)＝eax－ax－1.(1)爭論函數(shù)f(x)的單調性；(2)設m為整數(shù)，且對于任意正整數(shù)n(n≥2).假設(n！)eq\s\up6(\f(2,n〔n－1〕))<m恒成立，求m的最小值.解(1)f′(x)＝aeax－a＝a(eax－1)，當a>0時，令f′(x)>0，解得x>0.所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；當a＝0時，明顯無單調區(qū)間；當a<0時，令f′(x)>0，解得x>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞增.綜上，當a＝0時，無單調區(qū)間；a≠0時，單調遞減區(qū)間為(－∞，0)，單調遞增區(qū)間為(0，＋∞).(2)令a＝1，由(1)可知f(x)的最小值為f(0)＝0，所以f(x)≥0.所以ex≥x＋1(當x＝0時取得“＝〞).令x＝n－1，那么en－1>n，所以e0·e1·e2·…·en－1>1×2×3×…×n，即eeq\s\up6(\f(n〔n－1〕,2))>n！，兩