高考专题复习专项突破一　函数与导数在高考中的热点题型新课标试卷

1、专项突破一函数与导数在高考中的热点题型函数与导数作为高中数学的核心内容,是历年高考的重点、热点,试题主要以解答题的形式命题,属于压轴题目.高考中函数与导数常涉及的问题主要有:(1)研究函数的性质(如单调性、极值、最值);(2)研究函数的零点(方程的根)、曲线的交点;(3)利用导数求解不等式问题(证明不等式、不等式的恒成立或能成立求参数的取值范围).备考时要熟练掌握导数的基本知识和技能,如导数的计算与几何意义,利用导数研究函数的单调性、极值和最值,在此基础上掌握难点问题的常用方法,如利用导数研究函数的零点问题的方法、解决不等式问题的方法等.导数与不等式的证明典例1(2020课标理,21,12分)

2、已知函数f(x)=sin2xsin 2x.(1)讨论f(x)在区间(0,)的单调性;(2)证明:|f(x)|338;(3)设nN*,证明:sin2xsin22xsin24xsin22nx3n4n.答题规范答题过程第一步:求导函数f(x),然后解不等式f(x)0和f(x)0;当x3,23时, f (x)f(b),然后利用函数f(x)的单调性证明,另一种方法是通过换元构造单变量不等式.(2020山西大学附中高三模拟)已知函数f(x)=xsin x+cos x.(1)若x(0,2),求函数f(x)的极值;(2)若x0,记xi为f(x)的从小到大的第i(iN*)个极值点,证明:1x22+1x32+1x

3、42+1xn219(n2,nN*).解析(1)f(x)=xsin x+cos x,0x2,f(x)=sin x+xcos x-sin x=xcos x,0x2.令f(x)=0,则x=2或x=32,当0x2或32x0;当2x32时,f(x)0,xi=(2i-1)2,iN*,1xi2=4(2i-1)22421(2i-1)2-1=2222i(2i-2)=121i-1-1i,i2,iN*.1x22+1x32+1x42+1xn21211-12+12-13+13-14+1n-1-1n=1211-1n1219.根据不等式求参数的取值范围典例2(2020新高考,21,12分)已知函数f(x)=aex-1-ln

4、 x+ln a.(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;(2)若f(x)1,求a的取值范围.答题规范答题过程第一步:求曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程,得2分;第二步:求切线与两坐标轴围成的三角形的面积,得2分;第三步:证明当0a1时,利用放缩法证明f(x)1,得1分;第六步:总结归纳,得到参数a的取值范围,得1分解析f(x)的定义域为(0,+),f(x)=aex-1-1x.(1)当a=e时,f(x)=ex-ln x+1,f(1)=e-1,曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y-(e+1)=(e-1)(x-1),即y

5、=(e-1)x+2.直线y=(e-1)x+2在x轴,y轴上的截距分别为-2e-1,2.因此所求三角形的面积为2e-1.(2)当0a1时,f(1)=a+ln a1.当a=1时,f(x)=ex-1-ln x,f(x)=ex-1-1x.当x(0,1)时,f(x)0.所以当x=1时,f(x)取得最小值,最小值为f(1)=1,从而f(x)1.当a1时,f(x)=aex-1-ln x+ln aex-1-ln x1.综上,a的取值范围是1,+).方法归纳由不等式恒(能)成立求参数的取值范围常用两种方法:(1)讨论最值:先构造函数,利用导数研究函数的单调性,求出含参函数的最值,进而得出相应的含参不等式,求出参

6、数的取值范围;(2)分离参数:先分离出参数,再构造函数,求出函数的最值,从而求出参数的取值范围.2021年1月“八省(市)联考”己知函数f(x)=ex-sin x-cos x,g(x)=ex+sin x+cos x.(1)证明:当x-54时, f(x)0;(2)若g(x)2+ax,求a.解析(1)证明:f(x)=ex-2sinx+4,x-54,当x-54,-4时,x+4(-,0,sinx+40,ex0,则f(x)0,当x-4,4时, f (x)=ex-cos x+sin x=ex+2sinx-4,令h(x)=f (x)=ex+2sinx-4,则h(x)=ex+2cosx-42cosx-40,所

7、以h(x)在-4,4上递增,即f (x)在-4,4上递增,又f (0)=0,所以x-4,0时, f (x)0,因此f(x)在-4,0上递减,在0,4上递增,所以x-4,4时, f(x)f(0)=0;当x4,+时, f(x)=ex-2sinx+4e42e1220.综上,当x-54时, f(x)0.(2)令F(x)=ex+sin x+cos x-ax-2,F(x)0,则F(x)min0,又F(0)=0,所以F(x)在R上的最小值为F(0),F(x)=ex+cos x-sin x-a,令G(x)=ex+cos x-sin x-a,G(x)=ex-sin x-cos x=f(x),由(1)知x-54时

8、,G(x)0,所以G(x)在-54,+上递增,G(0)=2-a,a2时,G(0)e120,故G(x)在(0,1+ln a)上存在零点,设为x1, x(0,x1)时,G(x)0,即F(x)0,则F(x)在(0,x1)上递减,所以F(x1)F(0)=0,与题意不符,舍去;0a0,G(-)=e-1-a0,即F(x)0,则F(x)在(x2,0)上递增,所以F(x2)F(0)=0,与题意不符,舍去;a0时,F-2=e1+2a-20,舍去;a=2时,G(0)=0,则x-54,0时,G(x)0,即x-54,0时,F(x)0,所以F(x)在-54,0上递减,在(0,+)上递增,所以x-54,+时,F(x)F(

9、0)=0,又x-,-54时,F(x)=ex+2sinx+42x22+52-20,所以a=2时,F(x)0.综上,a=2.利用导数研究函数的零点典例3(2020课标理,21,12分)设函数f(x)=x3+bx+c,曲线y=f(x)在点12, f12处的切线与y轴垂直.(1)求b;(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,证明: f(x)所有零点的绝对值都不大于1.答题规范答题过程第一步:利用曲线y=f(x)在点12,f12处的切线的斜率等于0求b的值,得2分;第二步:利用导数研究函数f(x)的单调性,得4分;第三步:根据函数的单调性确定c的取值范围,得2分;第四步:根据c的情况分类讨论零点的个

10、数及取值范围(或值),得2分;第五步:证明结论,得2分解析(1)f(x)=3x2+b.依题意得f12=0,即34+b=0.故b=34.(2)证明:由(1)知f(x)=x3-34x+c, f (x)=3x234.令f(x)=0,解得x=-12或x=12.f(x)与f(x)的情况为:x-,-,+ f(x)+0-0+f(x)c+c-因为f(1)=f-12=c+14,所以当c14时, f(x)只有小于-1的零点.由题设可知-14c14.当c=-14时, f(x)只有两个零点12和1.当c=14时, f(x)只有两个零点1和12.当-14c0),g(x)=x-ln x,设F(x)=f(x)-g(x).(

11、1)求F(x)的极值点;(2)若a(1,e),求F(x)的零点的个数.解析(1)由题意可知,F(x)=a2(x-1)2-x+ln x,定义域为(0,+),则F(x)=a(x-1)-1+1x=ax2-(a+1)x+1x=ax-1a(x-1)x,当a=1时,F(x)0,F(x)在(0,+)上单调递增,无极值点;当0a1时,F(x)在0,1a上单调递增,在1a,1上单调递减,在(1,+)上单调递增,故F(x)的极大值点为1a,极小值点为1.(2)由(1)知,当1ae时,F(x)在0,1a上单调递增,在1a,1上单调递减,在(1,+)上单调递增,所以F(x)的极小值为F(1)=-10,所以h(a)在(

12、1,e)上是增函数,所以h(a)h(e)=e212e-21294+ln 4=ln 4+120,所以有且仅有1个x0(1,4),使得F(x0)=0,故当1a0且x1时,f(x)lnxx-1.解析(1)f(x)=ax+1x-lnx(x+1)2bx2,由于直线x+2y-3=0的斜率为-12,且过点(1,1),故f(1)=1,f (1)=-12,即b=1,a2-b=-12,解得a=1,b=1.(2)证明:由(1)知f(x)=lnxx+1+1x,所以f(x)-lnxx-1=11-x22lnx-x2-1x,设h(x)=2ln x-x2-1x(x0且x1),则h(x)=2x2x2-(x2-1)x2=(x-1

13、)2x2,所以当x1时,h(x)0,得f(x)lnxx-1;当x(1,+)时,h(x)lnxx-1.综上,当x0且x1时,f(x)lnxx-1.2.(2020江苏徐州模拟)已知函数f(x)=(x-1)ln x,g(x)=x-ln x-3e.(1)求证:函数y=f(x)的图象恒在函数y=g(x)图象的上方;(2)当m0时,令h(x)=mf(x)+g(x),且函数h(x)有两个零点x1,x2(x1x2),求证:x2-x10),则k(x)=ln x+1-1=ln x,令k(x)=0,得x=1,x(0,1)时k(x)0,k(x)在(0,1)上为减函数,在(1,+)上为增函数,k(x)k(1)=0-1+

14、3e=3-ee0,即f(x)g(x),故函数y=f(x)的图象恒在函数y=g(x)图象的上方.(2)由题意知h(x)=mf(x)+g(x)=m(x-1)ln x+x-ln x-3e,且函数h(x)有两个零点,当m0时,h(x)=mlnx+1-1x+11x,易知h(x)在(0,+)上为增函数,且h(1)=0,则当x(0,1)时,h(x)0,h(x)为增函数,h(x)min=h(1)=1-3e0,h(e)=m(e-1)+e-1-3e0.h(x)在1e,1和(1,e)上各有一个零点,分别为x1,x2(x1x2),故x2-x10时, f(x)0时, f(x)0,即2alnx+1x.令g(x)=lnx+

15、1x(x0),则g(x)=-lnxx2(x0),易知g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减,所以g(x)max=g(1)=1,所以2a1,即a12.故实数a的取值范围是12,+.(2)证明:当a=e时,要证f(x)xex+1e,只需证ex-ln xex+1ex,即证ex-ex0),则h(x)=ex-1ex2(x0),易知h(x)在0,1e上单调递减,在1e,+上单调递增,则h(x)min=h1e=0,所以ln x+1ex0.再令(x)=ex-ex,则(x)=e-ex,易知(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减,则(x)max=(1)=0,所以ex-ex0.因为h(

16、x)与(x)不同时为0,所以ex-ex0,得x-3,则f(x)的单调递增区间为(-3,+);令f(x)0,得x-3,则f(x)的单调递减区间为(-,-3).综上所述,f(x)的单调递增区间为(-3,+),单调递减区间为(-,-3).(2)当x=0时,不等式f(x)mx2即00,显然成立,所以mR;当x0时,不等式f(x)mx2即mxex.设g(x)=xex(x0),则g(x)=(x+1)ex,令g(x)0,得x0,得x-1且x0.所以g(x)min=g(-1)=-1e,所以m-1e.综上,m的取值范围为-,-1e.2.已知函数f(x)=ln x,g(x)=x+m,且F(x)=f(x)-g(x)

17、.(1)若F(x)0恒成立,求m的取值范围;(2)已知x1,x2是函数F(x)的两个零点,且x1x2,求证:x1x20),所以F(x)=1x1=1-xx,当x1时,F(x)0,所以F(x)在(1,+)上单调递减,当0x0,所以F(x)在(0,1)上单调递增,所以F(x)在x=1处取得极大值,也是最大值,为-1-m,若F(x)0恒成立,则-1-m0,即m-1.(2)证明:0x11,ln x1-x1-m=0,ln x2-x2-m=0,ln x2-x2=ln x1-x1,即ln x2-ln x1=x2-x1,欲证x1x21,只需证x1x21,只需证ln x2-ln x1x2-x1x1x2,只需证ln

18、x2x11,所以只需证2ln t1),即2ln t-t+1t1),设H(t)=2ln t-t+1t(t1),则H(t)=2t11t2=(t-1)2t20,H(t)在(1,+)上单调递减,H(t)H(1)=2ln 1-1+1=0,2ln t-t+1t0,函数f(x)0对任意的xR都成立,求a+b的最大值.解析(1)由题可得f(x)=ex-a.当a0时, f(x)0, f(x)在R上单调递增;当a0时,令f(x)=0,得x=ln a,当x(-,ln a)时, f(x)0, f(x)单调递增.(2)由函数f(x)0对任意的xR都成立,得f(x)min0,由(1)得f(x)min=f(ln a)=2a

19、-aln a-b0,b2a-aln a,a+b3a-aln a,设g(a)=3a-aln a,a0,g(a)=2-ln a,令g(a)=2-ln a=0,得ln a=2a=e2,当a(0,e2)时,g(a)0,g(a)单调递增;当a(e2,+)时,g(a)0,g(a)单调递减.g(a)max=g(e2)=e2,a+b的最大值为e2.4.(2020安徽宿州模拟)已知函数f(x)=ax-ex(aR),g(x)=lnxx.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若x(0,+),使不等式f(x)g(x)-ex成立,求a的取值范围.解析(1)因为f(x)=a-ex,xR,所以当a0时, f(x)0时,令f

20、(x)=0,得x=ln a.令f(x)0,得f(x)的单调递增区间为(-,ln a);令f(x)0时, f(x)的单调递增区间为(-,ln a),单调递减区间为(ln a,+).(2)因为x(0,+),使不等式f(x)g(x)-ex成立,所以axlnxx,即alnxx2.设h(x)=lnxx2,则问题转化为ah(x)max.易得h(x)=1-2lnxx3,令h(x)=0,得x=e.当x在区间(0,+)内变化时,h(x),h(x)随x的变化情况如下表:x(0,e)e(e,+)h(x)+0-h(x)极大值由上表可知,当x=e时,函数h(x)有极大值,也是最大值,为12e,所以a12e.故a的取值范

21、围是-,12e.题型三利用导数研究函数的零点1.(2020四川眉山车城中学高三模拟)已知函数f(x)=-x3+ax2-4.(1)若f(x)在x=43处取得极值,求实数a的值;(2)在(1)的条件下,若关于x的方程f(x)=m在-1,1上恰有两个不同的实数根,求实数m的取值范围.解析(1)f(x)=-3x2+2ax,由题意得f43=0,解得a=2,经检验符合题意.(2)由(1)知f(x)=-x3+2x2-4,则f(x)=-3x2+4x,令f(x)=0,得x=0或x=43(舍去).当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:x-1(-1,0)0(0,1)1f(x)-0+f(x)-1-4-3关于

22、x的方程f(x)=m在-1,1上恰有两个不同的实数根,-40时,若函数f(x)没有零点,求a的取值范围.解析(1)f(x)=ln x-ax-1,则f(x)=1xa=1-axx(x0).当a0时,f(x)0,f(x)在区间(0,+)上单调递增.当a0时,令f(x)1a,f(x)在1a,+上单调递减;令f(x)0,解得0x0时,函数f(x)的增区间是0,1a,减区间是1a,+.(2)由题意知函数f(x)没有零点,即f(x)=ln x-ax-1=0无解,由(1)知,当a0时,函数f(x)在区间0,1a上为增函数,在区间1a,+上为减函数,故只需f1a=ln1aa1a-1=-ln a-21e2.实数a

23、的取值范围为1e2,+.3.(2020江西赣州适应性考试)已知函数f(x)=ex-m-xln x, f(x)的导函数为f(x).(1)当m=1时,证明:函数f(x)在(0,+)上单调递增;(2)若g(x)=f(x)-m+1,讨论函数g(x)零点的个数.解析(1)证明:当m=1时, f(x)=ex-1-xln x(x0),f(x)=ex-1-ln x-1,令h(x)=f(x)=ex-1-ln x-1,则h(x)=ex-1-1x,当x(0,1)时,h(x)0,h(x)单调递增,h(x)min=h(1)=0,当x0时,h(x)=f(x)=ex-1-ln x-10,f(x)在(0,+)上单调递增.(2)由题意得,f(x)=ex-m-ln x-1,则g(x)=f(x)-m+1=ex-m-ln x-m(x0),令g(x)=ex-m-ln x-m=0,则ex-m=ln x+m,ex=em(ln x+m),xex=x