1、 核心热点 真题印证 核心素养 利用导数研究函数的性质 2017 ，21；2018 ，21；2017 ， 21；2018 ，21 数学运算、 逻辑推理 利用导数研究函数的零点 2018 ，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 ，21；2017 ，21；2016 ， 20；2018 ，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(引自人教 A版选修 22P32 习题 1.3B 组第 1 题(3)(4)两个经典不等式) 利用函数的单调性证明下列不等式，并通过函数图像直观验证. (3)ex1x(x0)； (4)ln x1ln
2、 x(x0 且 x1)，进而得到一组重要的不等式链：exx 1x1ln x(x0 且 x1). 3.利用函数的图像(如图)，不难验证上述不等式链成立. 【教材拓展】 试证明：exln x2. 证明 法一 设 f(x)exln x(x0)， 则 f(x)ex1 x，令 (x)e x1 x， 则 (x)ex 1 x20 在(0，)恒成立， 所以 (x)在(0，)单调递增， 即 f(x)ex1 x在(0，)上是增函数， 又 f(1)e10，f 1 2 e2x0时，f(x)0；当 02. 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
3、 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 1 2，1 ；(2)确定 e x01 x0，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，)上单调递增， 若 a0； 当 x 1 2a， 时，f(x)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 exax
4、20 在(0，)上只有 一个解， 由 ae x x2，令 (x) ex x2，x(0，)， (x)e x（x2） x3 ，令 (x)0，解得 x2. 当 x(0，2)时，(x)0. (x)min(2)e 2 4.a e2 4. 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、图像交点的个数；(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像的
5、交点，运用函数的图像性质求解. 【尝试训练】 已知三次函数 f(x)x3bx2cxd(a，b，cR)过点(3，0)，且函 数 f(x)在点(0，f(0)处的切线恰好是直线 y0. (1)求函数 f(x)的解析式； (2)设函数 g(x)9xm1，若函数 yf(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)3x22bxc，由已知条件得， f(3)279b3cd0， f(0)c0， f(0)d0， 解得 b3，cd0， 所以 f(x)x33x2. (2)由已知条件得， f(x)g(x)x33x29xm1 在2， 1上有两个不同的零点， 可转化为 ym 与 yx
6、33x29x1 的图像有两个不同的交点； 令 h(x)x33x29x1， h(x)3x26x9，x2，1， 令 h(x)0 得2x1；令 h(x)x1，设 tf(x1)f(x2)(a2)(x1x2)，试 证明 t0. (1)解 f(x)的定义域为(0，)， f(x) 1 x21 a x x2ax1 x2 . ()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， xa a 24 2 或 xa a 24 2 . 当 x 0，a a 24 2 a a24 2 ，时，f(x)0. 所以 f(x)在 0，a a
7、24 2 ， a a24 2 ，上单调递减， 在 a a24 2 ，a a24 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 a2. 由于 f(x)的两个极值点 x1，x2满足 x2ax10， 所以 x1x21. 又因 x2x10，所以 x21. 又 tf(x1)f(x2)(a2)(x1x2) 1 x1 1 x2(x1x2)a(ln x1ln x2)(a2)(x1x2) a lnx1 x2x1x2 a 1 x22ln x2x2 . 设 (x)1 xx2ln 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 时，
8、由 ln xax2x0，得 axln x x2 . 令 r(x)xln x x2 ，则 r(x)的定义域为(0，). 则 r(x) 11 x x2（ln xx） 2x x4 1x2ln x x3 ，易知 r(1)0， 当 01 时，r(x)0， r(x)maxr(1)1，所以 00，(ax2x)ex0，所以 ax2x0. 又因为 a0，所以不等式化为 x x1 a 0. 所以不等式 f(x)0 的解集为 1 a，0 . (2)当 a0 时，方程即为 xexx2， 由于 ex0，所以 x0 不是方程的解， 所以原方程等价于 ex2 x10.令 h(x)e x2 x1， 因为 h(x)ex 2 x
9、20 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)e30，h(3)e 31 30， 所以方程 f(x)x2 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)xa 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 a0，x0x0时，(x)x0时，h(x)0，解得 x0； 令 f(x)0； 令 f(x)123n， 即 e n(n1) 2 n！ ， 两边进行 2 n（n1）次方得(n！) 2 n(n1)1 2时，f(x)0，f(x)单调递增；当 x0，即 b1 且 b 1 2， 可得 b1，则有 ab2， 即 ab 的取值范围是(，2).
