专题1.5 高考热点链接-2019年高考数学二轮复习创新课堂

2019年高考数学二轮复习创新课堂 专题一 集合函数导数方程不等式 05 高考热点链接 热点一充要条件 例1．（2018•东城区一模）已知平面向量，，均为非零向量，则“（•）=（）”是“向量，同向”的（　　）[来源:学科网] A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【分析】向量，同向⇒（•）=（），反之不成立，可能向量，反向．即可判断出结论． 【答案】B 【解析】：向量，同向⇒（•）=（），反之不成立，可能向量，反向． ∴“（•）=（）”是“向量，同向”的必要不充分条件． 故选：B． 变式训练1 （2018•如皋市二模）设直线l1：x﹣my+m﹣2=0，l2：mx+（m﹣2）y﹣1=0，则“m=﹣2”是直线“l1∥l2”的　充要　条件．（从“充要”，“充分不必要”，“必要不充分”及“既不充分也不必要”中选择一个填空） 【答案】：充要 【解析】由﹣m•m﹣（m﹣2）=0，解得m=1或﹣2． 其中m=1时两条直线重合，舍去． ∴“m=﹣2”是直线“l1∥l2”的充要条件． 故答案为：充要． 热点二函数的零点和导数 例2（2018•湖南三模）已知函数f（x）=lnx﹣x﹣m（m∈R）． （1）若函数f（x）有两个零点，求m的取值范围； （2）证明：当m≥﹣3时，关于x的不等式f（x）+（x﹣2）ex＜0在上恒成立． 【分析】（Ⅰ）可得m=lnx﹣x．令g（x）=lnx﹣x，可得g（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，则m＜g（1）=﹣1即可， （Ⅱ）f（x）+（x﹣2）ex＜0，可得m＞（x﹣2）ex+lnx﹣x．设h（x）=（x﹣2）ex+lnx﹣x，x∈.， ，设，＞0．存在x0∈（，1），μ（x0）=0，即，∴x0=﹣lnx0． =1﹣2（，又4＜1﹣2（＜﹣3即可． 【解析】：（Ⅰ）令f（x）=lnx﹣x﹣m=0，∴m=lnx﹣x．[来源:学*科*网] 令g（x）=lnx﹣x．∴g′（x）=﹣1=． ∴x∈（0，1）时，g′（x）＞0，x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0， ∴g（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减， 且x→0时，g（x）→﹣∞，x→+∞时，g（x）→﹣∞， ∴要使函数f（x）有两个零点，则m＜g（1）=﹣1即可， ∴m的取值范围的取值范围为：（﹣∞，﹣1）． （Ⅱ）f（x）+（x﹣2）ex＜0，∴m＞（x﹣2）ex+lnx﹣x． 设h（x）=（x﹣2）ex+lnx﹣x，x∈. ，设，＞0． ∴μ（x）在上单调递增，而0，μ（1）=e﹣1＞0． ∴∃x0∈（，1），μ（x0）=0，即，∴x0=﹣lnx0． ∴h（x）在（）单调递增，在（x0，1）单调递减． ∴=1﹣2（ ∴，∴，∴﹣4＜1﹣2（＜﹣3 ∴m≥﹣3时，关于x的不等式f（x）+（x﹣2）ex＜0在上恒成立． 【点评】本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查函数的零点，考查分类讨论的数学思想，属于中档题． 变式训练2 （2018•银川模拟）已知函数f（x）=ax﹣1﹣lnx（a∈R）． （1）讨论函数f（x）的定义域内的极值点的个数； （2）若函数f（x）在x=1处取得极值，∀x∈（0，+∞），f（x）≥bx﹣2恒成立，求实数b的最大值． 【解析】：（ 1）f（x）的定义域为（0，+∞）．f． 当a≤0时，f′（x）≤0在 （0，+∞）上恒成立，函数f（x）在（0，+∞）上单调递减． f（x）在（0，+∞）上没有极值点． 当a＞0时，由f′（x）＞0得x， 所以，f（x）在（0，）上递减，在（，+∞）上递增，即f（x）在x=处有极小值． 综上，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上没有极值点； 当a＞0时，f（x）在（0，+∞）上有一个极值点． （2）∵函数f（x）在x=1处取得极值， f′（1）=a﹣1=0，则a=1，从而f（x）=x﹣1﹣lnx． 因此f（x）≥bx﹣2 即1+， 令g（x）=1+﹣，则， 由g′（x）≥0得x≥e2 则g（x）在（0，e2）上递减，在（e2，+∞）上递增， ，故实数b的最大值是1﹣． 热点三构造函数、利用导数解决不等式问题[来源:Z|xx|k.Com] 例3（2018•郑州二模）设函数f（x）=ax2﹣（x+1）lnx，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的斜率为0． （Ⅰ）求a的值； （Ⅱ）求证：当0＜x≤2时，． 【分析】（Ⅰ）求出导函数，利用导函数值为0，即可求a的值； （Ⅱ）只需证：，令g（x）=x﹣lnx，利用函数的导数判断函数的单调性求解函数的最小值以及最大值，推出结果即可． 【解析】：（Ⅰ）， 由题意可得：f′（1）=2a﹣2=0∴a=1， （Ⅱ）证明：只需证：，令g（x）=x﹣lnx，，