第二章 函数、导数及其应用（课件+作业）-2020高考理科数学【创新思维】一轮总复习（北师大版）

专题提能课(1)　函数、导数、不等式 * 解法1 解法2 下页 末页 上页 首页 1　 设直线l：y＝kx与曲线h(x)＝ex相切于点(x0，ex0)，因为h′(x)＝ex，则ex0＝，解得x0＝1，故l：y＝ex，由图像知不等式ex≥ex成立(当且仅当x＝1时不等式取等号)． [例1] 　已知函数f(x)＝ax2－ex(x∈R)． (1)当a＝1时，试判断f(x)的单调性并给予证明； (2)若f(x)有两个极值点x1，x2(x1＜x2)． ①求实数a的取值范围； ②证明：－＜f(x1)＜－1.(注：其中e是自然对数的底数) * 解法1 解法2 下页 末页 上页 首页 解析：(1)当a＝1时，f(x)＝x2－ex在R上单调递减，证明如下． 因为f′(x)＝2ax－ex，当a＝1时，f′(x)＝2x－ex， 又曲线y＝ex过原点的切线是y＝ex，所以当x≤0时，f′(x)＝2x－ex＜0， 当x＞0时，ex ＞2x，故f′(x)＝2x－ex＜0， 所以当x∈R时，f′(x)＝2x－ex＜0， 当a＝1时，f(x)＝x2－ex，f(x)在R上单调递减． (2)①由f(x)有两个极值点知f′(x)＝2ax－ex有两个零点，又曲线y＝ex过原点的切线是y＝ex，所以结合图像易知应满足2a＞e，解得a＞，故所求实数a的取值范围是. * 解法1 解法2 下页 末页 上页 首页 ②证明：由f′(x1)＝0，即2ax1－ex1＝0，得a＝，由①易知x1∈(0，1)， 故f(x1)＝ax－ex1＝ex1，x1∈(0，1)， 而f′(x1)＝(x1－1)＜0， 即f(x1)在(0，1)上单调递减，故f(1)＜f(x1)＜f(0)， 即－＜f(x1)＜－1. [评析]　①巧妙利用不等式ex≥ex，可回避分类讨论和二次求导； ②利用这种方法比其他方法更便于发现极值点x1在区间(0，1)上，有利于②的证明； ③对于导函数是f′(x)＝bex－ax形式的都可以用此方法来判断f′(x)的正负． * 解法1 解法2 下页 末页 上页 首页 2　关于不等式ln x≤x的证明与应用 因为函数g(x)＝ln x与函数h(x)＝ex互为反函数，所以它们的图像关于直线y＝x对称，因而过原点的切线也关于直线y＝x对称，即函数g(x)＝ln x的图像过原点的切线是l：y＝x，由对称性知不等式ln x≤x成立(当且仅当x＝e时不等式取等号)． [例2]　已知函数f(x)＝ax2＋x(1－ln x)(a∈R)． (1)当a＝时，判断f(x)的增减性并予以证明． (2)若f(x)有两个极值点． ①求实数a的取值范围； ②证明：1＜f(x)极大值＜.(注：其中e为自然对数的底数) * 解法1 解法2 下页 末页 上页 首页 解析：因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝2ax＋1－ln x＋x·＝2ax－ln x， (1)当a＝时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．证明如下． 当a＝时，f′(x)＝x－ln x， 又曲线y＝ln x过原点的切线是y＝x， 显然当x＞0时，x＞x， 故f′(x)＝x－ln x≥x＞0， 所以当a＝时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增． * 解法1 解法2 下页 末页 上页 首页 (2)①f(x)有两个极值点⇔f′(x)＝2ax－ln x有两个变号正零点，即2ax＝ln x有两个不同的正实数根⇔直线y＝2ax与曲线g(x)＝ln x有两个不同的交点，因为曲线g(x)＝ ln x过原点的切线为y＝x，切点为M(e，1)，所以直线y＝2ax与曲线g(x)＝ln x有两个不同的交点时，0＜2a＜，故a∈. ②证明：若f(x)有两个极值点x1，x2，其中x1＜x2， 由①知当x∈(0，x1)时，f′(x)＞0； 当x∈(x1，x2)时，f′(x)＜0； 当x∈(x2，＋∞)时，f′(x)＞0； * 解法1 解法2 下页 末页 上页 首页 所以f(x)极大值＝f(x1)＝ax＋x1(1－ln x1)，又f′(x1)＝2ax1－ln x1＝0，解得a＝， 故f(x)极大值＝f(x1)＝x1－x1ln x1， 由①知x1∈(1，e)， 则f′(x1)＝1－(ln x1＋1)＝(1－ln x1)＞0， 故f(x1)＝x1－x1ln x1在(1，e)上单调递增， 所以1＝f(1)＜f(x1)＜f(e)＝， 即1＜f(x)极大值＜. * 解法1 解法2 下页 末页 上页 首页 [评析]　①由互为反函数的图像关系，通过类比推理得出不等式ln x≤x，然后加以证明，这正是新课程中的合情推理中的类比推理，也是数学发现问题并解决问题的基本思路； ②利用这种方法比其他方法更便于发现极值点x1在区间(1，e)上，有利于②的证明； ③对于导函数是f′(x)＝bln x