2025版高考数学一轮复习高考大题增分课一函数与导数中的高考热点问题教学案文含解析北师大版

PAGE1-一函数与导数中的高考热点问题[命题解读]1.函数是中学数学的核心内容，导数是探讨函数的重要工具，因此，函数与导数是历年高考的重点与热点．2．常涉及的问题有：探讨函数的单调性(求函数的单调区间)、求极值、求最值、求切线方程、求函数的零点或方程的根、求参数的范围、证明不等式等．3．涉及的数学思想有：函数与方程、分类探讨、数形结合、转化与化归思想等，中、高档难度均有．利用导数探讨函数的性质函数的单调性、极值是局部概念，函数的最值是整体概念，探讨函数的性质必需在定义域内进行，因此，务必遵循定义域优先的原则，本热点主要有三种考查方式：(1)探讨函数的单调性或求单调区间；(2)求函数的极值或最值；(3)利用函数的单调性、极值、最值，求参数的范围．【例1】(2024·天津高考节选)设函数f(x)＝(x－t1)(x－t2)(x－t3)，其中t1，t2，t3∈R，且t1，t2，t3是公差为d的等差数列．(1)若t2＝0，d＝1，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若d＝3，求f(x)的极值．[解](1)由已知，可得f(x)＝x(x－1)(x＋1)＝x3－x，故f′(x)＝3x2－1.因此f(0)＝0，f′(0)＝－1，又因为曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－f(0)＝f′(0)(x－0)，故所求切线方程为x＋y＝0.(2)由已知可得f(x)＝(x－t2＋3)(x－t2)(x－t2－3)＝(x－t2)3－9(x－t2)＝x3－3t2x2＋(3teq\o\al(2,2)－9)x－teq\o\al(3,2)＋9t2.故f′(x)＝3x2－6t2x＋3teq\o\al(2,2)－9.令f′(x)＝0，解得x＝t2－eq\r(3)，或x＝t2＋eq\r(3).当x改变时，f′(x)，f(x)的改变状况如下表：x(－∞，t2－eq\r(3))t2－eq\r(3)(t2－eq\r(3)，t2＋eq\r(3))t2＋eq\r(3)(t2＋eq\r(3)，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↘极大值↗微小值↘所以函数f(x)的极大值为f(t2－eq\r(3))＝(－eq\r(3))3－9×(－eq\r(3))＝6eq\r(3)；函数f(x)的微小值为f(t2＋eq\r(3))＝(eq\r(3))3－9×eq\r(3)＝－6eq\r(3).[规律方法]1.探讨函数的性质，必需在定义域内进行，因此利用导数探讨函数的性质，应遵循定义域优先的原则．2．探讨函数的单调性，求函数的单调区间、极值问题，最终归结到推断f′(x)的符号问题上，而f′(x)＞0或f′(x)＜0，最终可转化为一个一元一次不等式或一元二次不等式问题．3．若已知f(x)的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题求解．(2024·合肥模拟)已知函数f(x)＝alnx＋x2－ax(a∈R)．(1)若x＝3是f(x)的极值点，求f(x)的单调区间；(2)求g(x)＝f(x)－2x在区间[1，e]的最小值h(a)．[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a,x)＋2x－a＝eq\f(2x2－ax＋a,x)，因为x＝3是f(x)的极值点，所以f′(3)＝eq\f(18－3a＋a,3)＝0，解得a＝9.所以f′(x)＝eq\f(2x2－9x＋9,x)＝eq\f(2x－3x－3,x)，所以当0＜x＜eq\f(3,2)或x＞3时，f′(x)＞0；当eq\f(3,2)＜x＜3时，f′(x)＜0.所以f(x)的递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))和(3，＋∞)，递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3)).(2)由题知，g(x)＝f(x)－2x＝alnx＋x2－ax－2x.g′(x)＝eq\f(2x2－ax＋a,x)－2＝eq\f(2x－ax－1,x).①当eq\f(a,2)≤1，即a≤2时，g(x)在[1，e]上为增函数，h(a)＝g(1)＝－a－1；②当1＜eq\f(a,2)＜e，即2＜a＜2e时，g(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,2)))上为减函数，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，e))上为增函数，h(a)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝alneq\f(a,2)－eq\f(1,4)a2－a；③当eq\f(a,2)≥e，即a≥2e时，g(x)在[1，e]上为减函数，h(a)＝g(e)＝(1－e)a＋e2－2e.综上，h(a)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a－1，a≤2，,aln\f(a,2)－\f(1,4)a2－a，2＜a＜2e，,1－ea＋e2－2e，a≥2e.))利用导数探讨函数的零点问题探讨函数零点的本质就是探讨函数的极值的正负，为此，我们可以通过探讨函数的单调性来解决，求解时应注意等价转化与数形结合思想的应用，其主要考查方式有：(1)确定函数的零点、图像交点的个数；(2)由函数的零点、图像交点的状况求参数的取值范围．【例2】(本小题满分12分)(2024·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－a(x2＋x＋1)．(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)只有一个零点．[信息提取]看到(1)求单调区间，想到导数与单调性的关系；看到(2)f(x)只有一个零点，想到f(x)的单调性及函数有零点的条件．[规范解答](1)当a＝3时，f(x)＝eq\f(1,3)x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.令f′(x)＝0解得x＝3－2eq\r(3)或x＝3＋2eq\r(3). 2分当x∈(－∞，3－2eq\r(3))∪(3＋2eq\r(3)，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(3－2eq\r(3)，3＋2eq\r(3))时，f′(x)<0. 4分故f(x)在(－∞，3－2eq\r(3))，(3＋2eq\r(3)，＋∞)上递增，在(3－2eq\r(3)，3＋2eq\r(3))上递减. 5分(2)证明：由于x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等价于eq\f(x3,x2＋x＋1)－3a＝0. 7分设g(x)＝eq\f(x3,x2＋x＋1)－3a，则g′(x)＝eq\f(x2x2＋2x＋3,x2＋x＋12)≥0，仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)递增．故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点. 9分又f(3a－1)＝－6a2＋2a－eq\f(1,3)＝－6a－eq\f(1,6)2－eq\f(1,6)<0，f(3a＋1)＝eq\f(1,3)>0，故f(x)有一个零点. 11分综上，f(x)只有一个零点. 12分[易错与防范]易错误区：(1)把单调增区间用“∪”连接．(2)作第(2)问时，干脆求f′(x)，导致无法求解．(3)无法找到区间(m，n)，使得f(m)f(n)＜0.防范措施：(1)单调区间不能用“∪”连接．(2)求函数零点时，常利用f(x)＝0，转化函数的表现形式．(3)在找寻m，n使得f(m)f(n)＜0时，可通过多次尝试获得．[通性通法]利用导数探讨函数零点的两种常用方法(1)用导数探讨函数的单调性，借助零点存在性定理推断；或用导数探讨函数的单调性和极值，再用单调性和极值定位函数图像求解零点问题．(2)将零点问题转化为函数图像的交点问题，利用数形结合来解决．(2024·武汉模拟)已知f(x)＝lnx－x3＋2ex2－ax，a∈R，其中e为自然对数的底数．(1)若f(x)在x＝e处的切线的斜率为e2，求a；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．[解](1)f′(x)＝eq\f(1,x)－3x2＋4ex－a，f′(e)＝eq\f(1,e)＋e2－a＝e2，∴a＝eq\f(1,e).(2)由lnx－x3＋2ex2－ax＝0，得eq\f(lnx,x)－x2＋2ex＝a.记F(x)＝eq\f(lnx,x)－x2＋2ex，则F′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)－2(x－e)．当x∈(e，＋∞)时，F′(x)＜0，F(x)单调递减．当x∈(0，e)时，F′(x)＞0，F(x)单调递增，∴F(x)max＝F(e)＝eq\f(1,e)＋e2，而x→0时，F(x)→－∞，x→＋∞时，F(x)→－∞.故a＜eq\f(1,e)＋e2.利用导数探讨不等式问题导数在不等式中的应用是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中高档题，突出转化思想、函数思想的考查．常见的命题角度有：(1)证明不等式；(2)由不等式恒成立求参数范围问题；(3)不等式恒成立、能成立问题．【例3】设函数f(x)＝alnx＋eq\f(1－a,2)x2－bx(a≠1)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为0.(1)求b；(2)若存在x0≥1，使得f(x0)<eq\f(a,a－1)，求a的取值范围．[解](1)f′(x)＝eq\f(a,x)＋(1－a)x－b.由题设知f′(1)＝0，解得b＝1.(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，由(1)知，f(x)＝alnx＋eq\f(1－a,2)x2－x，f′(x)＝eq\f(a,x)＋(1－a)x－1＝eq\f(1－a,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,1－a)))(x－1)．①若a≤eq\f(1,2)，则eq\f(a,1－a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上递增．所以，存在x0≥1，使得f(x0)<eq\f(a,a－1)的充要条件为f(1)<eq\f(a,a－1)，即eq\f(1－a,2)－1<eq\f(a,a－1)，解得－eq\r(2)－1<a<eq\r(2)－1.②若eq\f(1,2)<a<1，则eq\f(a,1－a)>1，故当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,1－a)))时，f′(x)<0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,1－a)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,1－a)))上递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,1－a)，＋∞))上递增．所以，存在x0≥1，使得f(x0)<eq\f(a,a－1)的充要条件为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,1－a)))<eq\f(a,a－1).而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,1－a)))＝alneq\f(a,1－a)＋eq\f(a2,21－a)＋eq\f(a,a－1)>eq\f(a,a－1)，所以不合题意．③若a>1，则f(1)＝eq\f(1－a,2)－1＝eq\f(－a－1,2)<eq\f(a,a－1).综上，a的取值范围是(－eq\r(2)－1，eq\r(2)－1)∪(1，＋∞)．[规律方法]1.利用导数证明不等式成立问题的常用方法(1)干脆将不等式转化成某个函数最值问题：若证明f(x)＜g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，假如F′(x)＜0，则F(x)在(a，b)上是减函数，同时若F(a)≤0，由减函数的定义可知，x∈(a，b)时，有F(x)＜0，即证明白f(x)＜g(x)．(2)将待证不等式转化为两个函数的最值进行比较证明：在证明不等式中，若待证不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可借助两个函数的最值证明，如证f(x)≥g(x)在D上成立，只需证明f(x)min≥g(x)max即可．2．利用导数求不等式中参数的范围用导数解决满意不等式条件的参数范围问题，一般都须要构造函数，然后对构造的函数求导，一般导函数中都含有参数，通过对参数探讨确定导函数的正负，由导函数的正负确定构造函数的单调性，再由单调性确定是否满意函数不等式，由此求出参数范围．(2024·郑州模拟)已知函数f(x)＝lnx－(1＋a)x2－x.(1)探讨函数f(x)的单调性；(2)当a＜1时，证明：对随意的x∈(0，＋∞)，有f(x)＜－eq\f(lnx,x)－(1＋a)x2－a＋1.[解](1)由题知f′(x)＝eq\f(－21＋ax2－x＋1,x)(x＞0)，当a≠－1时，由f′(x)＝0得2(1＋a)x2＋x－1＝0且Δ＝9＋8a，x1＝eq\f(－1－\r(9＋8a),41＋a)，x2＝eq\f(－1＋\r(9＋8a),41＋a)，①当a＝－1时，f(x)在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减；②当a＞－1时，f(x)在(0，x2)上递增，在(x2，＋∞)上递减；③当a≤－eq\f(9,8)时，f(x)在(0，＋∞)上递增；④当－eq\f(9,8)＜a＜－1时，f(x)在(0，x2)和(x1，＋∞)上递增，在(x2，x1)上递减．(2)当a＜1时，要证f(x)＜－eq\f(lnx,x)－(1＋a)x2－a＋1在(0，＋∞)上恒成立，只需证lnx－x＜－eq\f(lnx,x)－a＋1在(0，＋∞)上恒成立，令F(x)＝lnx－x，g(x)＝－eq\f(lnx,x)－a＋1，由F′(x)＝eq\f(1,x)－1，易得F(x)在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减，故F(x)≤F(1)＝－1，由g(x)＝－eq\f(lnx,x)－a＋1得g′(x)＝－eq\f(1－lnx,x2)＝eq\f(lnx－1,x2)(x＞0)．当0＜x＜e时，g′(x)＜0；当x＞e时，g′(x)＞0.所以g(x)在(0，e)上递减，在(e，＋∞)上递增．所以g(x)≥g(e)＝－eq\f(1,e)＋1－a.又a＜1，所以－eq\f(1,e)＋1－a＞－eq\f(1,e)＞－1，即F(x)max＜g(x)min，所以lnx－x＜－eq\f(lnx,x)－a＋1在(0，＋∞)上恒成立，故当a＜1时，对随意的x∈(0，＋∞)，f(x)＜－eq\f(lnx,x)－(1＋a)x2－a＋1恒成立．[大题增分专训]1．(2024·武汉模拟)(1)求函数f(x)＝eq\f(lnx,x)的最大值；(2)若函数g(x)＝ex－ax有两个零点，求实数a的取值范围．[解](1)对f(x)＝eq\f(lnx,x)求导得，f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2).易知当0＜x＜e时，f(x)为增函数，当x＞e时，f(x)为减函数，∴f(x)≤f(e)＝eq\f(1,e)，从而f(x)的最大值为eq\f(1,e).(2)①当a＝0时，g(x)＝ex在R上为增函数，且g(x)＞0，故g(x)无零点．②当a＜0时，g(x)＝ex－ax在R上递增，又g(0)＝1＞0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝eeq\f(1,a)－1＜0，故g(x)在R上只有一个零点．③当a＞0时，由g′(x)＝ex－a＝0可知g(x)在x＝lna处取得唯一微小值，g(lna)＝a(1－lna)．若0＜a＜e，则g(x)微小值＝a(1－lna)＞0，g(x)无零点，若a＝e，则g(x)微小值＝0，g(x)只有一个零点，若a＞e，则g(x)微小值＝a(1－lna)＜0，而g(0)＝1＞0，由(1)可知，f(x)＝eq\f(lnx,x)在x＞e时为减函数，∴当a＞e时，ea＞ae＞a2，从而g(a)＝ea－a2＞0，∴g(x)在(0，lna)与(lna，＋∞)上各有一个零点．综上知，a＞e时，f(x)有两个零点．故实数a的取值范围为(e，＋∞)．2．(2024·济南模拟)设函数f(x)＝x－eq\f(2,x)－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(1,x2)))，a＝R.(1)探讨f(x)的单调性；(2)当a＞0时，记f(x)的最小值为g(a)，证明：g(a)＜1.[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋eq\f(2,x2)－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(2,x3)))＝eq\f(x2＋2,x2)－eq\f(x2＋2,x3)a＝eq\f(x2＋2x－a,x3)，若a≤0，则f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上递增．若a＞0，当x∈(0，a)时，f′(x)＜0，f(x)递减；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上递增；当a＞0时，f(x)在(0，a)上递减，在(a，＋∞)上递增．(2)由(1)知，f(x)min＝f(a)＝a－eq\f(2,a)－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lna－\f(1,a2)))＝a－alna－eq\f(1,a).即g(a)＝a－alna－eq\f(1,a).要证g(a)＜1，即证a－alna－eq\f(1,a)＜1，即证1－lna－eq\f(1,a2)＜eq\f(1,a)，令h(a)＝lna＋eq\f(1,a)＋eq