高考数学科学复习大题冲关（一）函数与与导数问题

高考大题冲关系列(1)〕高考中函数与导数问题的热点题型

命题动向：函数是中学数学的核心内容，而导数是研究函数的重要工具，因

此，导数的应用是历年高考的重点与热点.常涉及的问题有:讨论函数的单调性(求

函数的单调区间)，求极值、最值、切线方程、函数的零点或方程的根，求参数的

范围及证明不等式等，涉及的数学思想有：函数与方程、分类讨论、数形结合、

转化与化归等，中、高档难度均有.

题型1利用导数研究函数的单调性、极值、最值

例1(2024・镇江模拟)已知函数/(x)=ln尤+ax_g,g(x)=xlnx+(a-l)x+

(1)当。=—2时，判断犬x)的单调性；

(2)当。＞1时，记#x)的零点为xo,g(x)的极小值点为xi,判断xo与xi的大小

关系，并说明理由.

解(D当。=一2时，五x)=lnx—2x—；,人》)的定义域为(0,+8),

11—2%2+x+1(2x+1)(—x+1)

所以/(X)=--2+-2=-----了----=----------了---------.

令，(x)>0,解得令，(x)<0,解得x>l,

所以1x)在(0,1)上单调递增，在(1,+8)上单调递减.

111ax2+x+1

(2)因为/(x)=lnx+ax—不贝1J/(x)=-+tz+^=福(x>0),

当。>1时,则/。)>0,故於)在(0,+8)上单调递增,

又41)=。-1>0,(古)=-1lna<0,

所以存在唯一的xo€博，1),使五xo)=O.

因为g(x)=xln冗+(〃一l)x+-(x>0),

贝ljg'(x)=lnx-^+a,

令h(x)=Inx-^+a(x>0),

则//(x)=：+|>0,

所以/z(x)在(0,+8)上单调递增，即/(X)在(0,+8)上单调递增,

又屋(1)=。一1>0,g

所以存在加©1,使g'0)=0,

则当0<%<加时，g'(x)<0;当x>m时，g'(x)>0.

所以g(x)在(0,附上单调递减，在(〃2,+8)上单调递增,

所以m为g(x)的极小值点，故xi=",

故。=衣Tnxi,

所以火的)=Inxi+axi——=Inxi+xi­=(1-xi)lnxi,

所以人为)=(1-xi)lnxi<0,

又因为xoeRt，1),於0)=0,且人X)在(O,I)上单调递增，

所以xo>xi.

♦冲关策叨

利用导数研究函数的单调性、极值、最值，首先建立规范化解题的意识，

即按照求定义域、求导数、研究，。)=0实根的情况、用所得实根分割定义域、

逐个区间分析导数的正负、求极值和端点函数值进而确定最值.

已知人劝的单调性，可转化为不等式/(x)》0或/(x)W0在单调区间上恒

成立问题；求函数的极值、最值问题的关键是极值点与给定区间位置关系的讨

论，此时要注意结合导函数图象的性质进行分析.

3-2%

变式训练1(2021.北京高考)已知函数=

x+a

⑴若。=0,求曲线y=/x)在(1,(D)处的切线方程;

(2)若函数人为在x=-1处取得极值，求人x)的单调区间，以及最大值和最小

值.

3-2%

解(1)当。=0时，人为=二^,

2(x—3)

则/。)=——,f(1)=-4,

此时，曲线y=/U)在点(1,五D)处的切线方程为y-1=-4(x-l),即4x+y

-5=0.

3-2x

(2)因为火x)=

x1+a

-2(x2+a)-2x(3-2x)

所以/。)=一(x2+a)2

2(x2-3x-a)

(x2+a)2

2(4—a)

由题意可得，(-D=(a+i)2=0,解得。=4,

3-2%2(x+1)(x-4)

故外)=777,fw(f+4)2,列表如下:

X(-8,-1)-1(-1,4)4(4,+8)

f(X

+0—0+

)

»极大值极小值

所以函数Hx)的单调递增区间为(-8,-1),(4,+8),单调递减区间为(-

1,4).

当x<|时，4》)>0；当x>|时，1x)<0.

所以Hx)max=五一1)=1,»min=汽4)=-

题型2利用导数研究方程的根(或函数的零点)

例2(2021.新高考II卷)已知函数五x)=(x-l)ex-ax^+b.

⑴讨论於)的单调性;

(2)从下面两个条件中选一个，证明：人为有一个零点.

2

1e1

①/<aW爹，b>2a；②0<a</,bW2a.

解(1)由函数的解析式可得，

f(x)=x(e^-2tz),

当aWO时，若xe(-8,0),则，(x)<0,/)单调递减，

若出0,+8),则，(x)>0,於)单调递增；

当0<a<g时，若x©(_8,in(2a)),则/(力>0,/)单调递增，

若x£(ln(2a),0),则/(x)<0,於)单调递减，

若无£(0,+8),则/(x)>0,外)单调递增；

当时，，⑴部，益)在R上单调递增；

当时,

若尤e(-8,0),则/(x)>0,外)单调递增，

若无W(0,ln(2a)),则/(x)<0,於)单调递减,

若无£(In(2a),+8),则/(x)>0,/)单调递增.

(2)证明：若选择条件①：

12

由于爹e，故l<2a^e2,则b>2a>l,fiO)-b-1>0,

2b

x-2Z?)=(-1-2b)e-2b_4ab2+b=(_1_2b)e-+b(l-4ab)<0,

而函数於)在区间(-8.0)上单调递增，故函数八元)在区间(-8,0)上有一

个零点.

filn(2a))=2〃[ln(2a)-1]-a\ln+b>2a\ln(2d)-1]-a[ln(2a)]2+2〃=

2aln(2a)-a[ln(2Q)F=aln(2a)[2-In(2〃)],

12

由于el<2a^e2,

所以0<ln(2〃)W2,

故din(2(2)[2-In(2〃)]NO,

所以加i(2a))>0,

结合函数的单调性可知，函数人x)在区间(0,+8)上没有零点.

综上可得，题中的结论成立.

若选择条件②：

由于0<a<g,故0<2a<l,则旭)=6-1W2a-1<0,

当6三0时，e2>4,4a<2,fi2)=^-4a+b>0,

而函数Hx)在区间(0,+8)上单调递增，故函数人x)在区间(0,+8)上有一

个零点.

当。<0时，令H(x)=ex—x-1,则〃(x)=eA-1,

当x@(-8,0)时，H'(x)<0,H(x)单调递减，

当x©(0,+8)时，H'(x)>0,H(x)单调递增,

注意到8(0)=0,故H(x)》0恒成立,

从而有1,

当尤>1时，x-1>0,贝I」.x)=(1_1).—ox2+-2(尤一l)(x+1)-ox2+6=(1—

a)%2+(Z?-1),

[T^b.

当x>\/工工时，(l-a)x~+(b-1)>0,

ll-b

取xo='/+1,则/(xo)>O,

(ll-b)

由于<0)<0,函数人劝在区间(0,+8)上单调递增，故函

数人x)在区间(0,+8)上有一个零点.

,/(ln(2a))=2a[In(2a)-1]-a[ln(2a)]2+6W2a[ln(2a)-1]-tz[ln(2a)]2+2a=

2aln(2a)-a[In(2a)]2=aln(2a)[2-In(2a)],

由于0<2tz<l,所以In(2tz)<0,

故aln(2a)[2-In(2a)]<0,

所以加i(2a))<0,

结合函数的单调性可知，函数人x)在区间(-8,0)上没有零点.

综上可得，题中的结论成立.

隼冲关策叫

用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助函数零点存

在定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形

结合思想画草图确定参数范围.

变式训练2(2023•秦皇岛第一中学二模)已知函数人%)=肥2户1-2^+1+•》

X

2-

⑴当。=1时,求於)的极小值.

⑵若人x)有两个零点，求实数a的取值范围.

解(DHx)的定义域为(-8,+8),

当a=1时，/'(x)=2e2x+1-2ex+1+ge*-g=^(e¥-l)(4e'+1+1),

令/(x)=0,解得x=0.

当无变化时，1(x),40的变化情况如表:

X(-8,0)0(0,+8)

fw—0+

1

於)单调递减2-e单调递增

因此，当x=0时，加)有极小值，极小值为五0)=；-e.

(2)f(x)=2aelx+1-一；=2(«e%-l)(4er+1+1),

6)若。・0,则，(x)<0,所以1x)在(-8,+8)上单调递减，八%)至多有一

个零点.

(五)若。>0,令，(x)=0,解得x=-lna

当尤W(-8,Ina)时，/(x)<0;当xG(-Ina,+-)0^,f(x)>0,

所以Hx)在(-8,-Ina)上单调递减，在(-Ina,+8)上单调递增.

所以当x=-lna时，兀0取得最小值,最小值为7(-lna)=|-^+|lna.

当a=e时，由于汽-lna)=O,故人x)只有一个零点;

当aG(e,+8)时，由于3+；lna>0,即1-lna)>0,故—九)没有零点;

当。£(0,e)时，|-1+|lna<0,

即一Ina)<0.

因为於)=e(ae*】-2e+?一会

所以当x--8时，火》)-+8,

故八工)在(-8,-Ina)上有一^1K零点；

当X—+8时，五x)—+8,

故兀0在(-Ina,+8)上有一^零点.

综上，实数。的取值范围为(0,e).

题型3利用导数研究不等式的有关问题

例3(2023.全国甲卷)已知=—x€[o,

(1)若。=8,讨论於)的单调性；

(2)若八%)vsin2x恒成立，求。的取值范围.

cosxcos3%*+3s*inxcos2xsinxcos2x+3sin2x

解>,64

十、(1V〃v(x)7=a-cosx-a-cosx=a

3-2cos2%

4.

COSX

令cos2%=%,贝|J/£(O,1),

3—2taP+21—3

贝11/(x)=g(t)=a--^=j

8P+21­3⑵一1)(47+3)

当a=8时，/(x)=g(t)=不=

当闻0,1仔,等时

即XG(X)<0；

当1),即正(0,勺时,/a)>o.

所以於)在上，戴上单调递增，在百号上单调递减.

(2)设h(x)=f(x)-sin2x,

aP+2%—3

h'(x)=f(x)-2cos2%=g(t)-2(2COS2X-1)=?-2(2t-1)=a+2-

,23

47+7-产

23

=ci-^2—4-t+~—0</<1,

26-4户—2%+6

(P⑺二-4一科+不二----j-----

2«-1)(2P+2/+3)

=-7>°，

所以9⑺在(0,1)上单调递增，

23

所以9(。<tz+2—4x1+1-?=〃-3.

①若〃£(一8,3],h'(x)=9⑺v〃一3W0,

即贴)在(0,9上单调递减，

所以贻)<0.

所以当。6(-8,3]时，於)<sin2x,符合题意.

②若。6(3,+8),

当7时，72-再3一<匕1高1、2+『1一，

所以9(/)->_8.

9⑴=a-3>0,

所以3o€(o,1),使得夕(m)=o,即三次€(0,.

使得今(xo)=o.

当一(01)时，0(/)>0,即当xG(0,X。)时，h'(x)>0,以无)单调递增.

所以当XG(O,X0)时，A(x)>0,不符合题意.

综上，。的取值范围为(-8,3].

|♦冲关策喷

(1)恒成立问题可以转化为我们较为熟悉的求最值的问题进行求解，若不能分

离参数，可以将参数看成常数直接求解.

(2)证明不等式，通常转化为求函数的最值问题.对于较复杂的不等式，要先

用分析法进行适当的转化.

(3)导数与数列中有关不等式的证明紧密相连且互相渗透，解题时应注意构造

函数、合理放缩、累加、裂项等方法技巧的综合应用.

变式训练3(2023•福州模拟)已知函数次x)=(x+l)lnx-ax+a.

(1)若。=2,试判断汽用的单调性，并证明你的结论；

(2)若无>1,於)>0恒成立.

①求。的取值范围；

②设+…+=印表示不超过》的最大整数，求［10洞.

〃+1n+2〃+3zn

参考数据：ln2、0.69.

解(1)当a=2时，汽x)=(x+l)lnx_2x+2(x>0),/(x)=lnx+--1,

记g(x)=InX+7-1,

所以当尤e(0,1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减；

当X©(1,+8)时，g'(x)>0,g(x)单调递增.

所以gC^nunnglDnO,所以g(X)NO,

即/a)2o,且仅有1f⑴=o,

所以Hx)在(0,+8)上单调递增.

⑵①由题意得，，(x)=lnx+：+l—a,

人

令/z(x)=lnx+(+1-a,x€(1,+°°),

x-1

贝y。)=丫，因为%£(i,+8),所以今a)>o,所以/(%)在a,+oo)

上单调递增,

所以当X>1时，/(尤)y⑴=2-a

(i)当aW2时，，(x)>0在(1,+8)上恒成立,

所以«x)在(1,+8)上单调递增，

所以当x>l时，汽x)41)=0,满足题意；

(ii)当。>2时，f(1)=2-«<0,f©)=1+七>0,

又当x©