【文档说明】2020版高考数学大一轮复习高考必考题突破讲座1函数与导数的综合问题课件理新人教A版.ppt，共(42)页，1021.500 KB，由小橙橙上传

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高考必考题突破讲座(一)函数与导数的综合问题高考总复习·数学（理科）题型特点考情分析命题趋势2018·全国卷Ⅰ，212018·全国卷Ⅱ，212017·全国卷Ⅰ，212017·全国卷Ⅱ，211.极值、最值、导数几何意义及单调性的综合问题．2．利用导数研究不等式的综合问题.分值：12～14分1.以函数

为载体，以导数为解题工具，主要考查函数的单调性、极值、最值问题的求法，以及参数的取值范围问题．2．不等式的证明问题是高考考查的热点内容，常与不等式、二次函数等相联系．问题的解决通常采用构造新函数的方法.目录高考必考题突破讲座题型一利用导数研究函

数的性质以含参数的函数为载体，结合具体函数与导数的几何意义，研究函数的性质，是高考的热点．主要考查：(1)讨论函数的单调性和单调区间；(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】已知函

数f(x)＝ax－2x－3lnx，其中a为常数．(1)当函数f(x)的图象在点23，f23处的切线的斜率为1时，求函数f(x)在32，3上的最小值；(2)若函数f(x)在区间(0，＋∞)上既有极大值又有极小值，求a的取值范围

．解析(1)f′(x)＝a＋2x2－3x，由f′23＝a＋92－92＝1可得a＝1，即f(x)＝x－2x－3lnx，f′(x)＝1＋2x2－3x＝x2－3x＋2x2＝(x－1)(x－2)x2，当

x∈32，3有：x32，22(2,3]f′(x)－0＋f(x)单调递减1－3ln2单调递增从而在32，3上，f(x)有最小值，且最小值为f(2)＝1－3ln2.(2)f′(x)＝a

＋2x2－3x＝ax2－3x＋2x2(x>0)，由题设可得方程ax2－3x＋2＝0有两个不等的正实根．不妨设这两个根为x1，x2，且x1≠x2，则Δ＝9－8a＞0，x1＋x2＝3a>0，x1x2＝

2a>0解得0<a<98.故所求a的取值范围为0，98.素养解读(1)从已知切线的斜率去求参数a的过程既考查了数学运算的核心素养，又考查了逻辑推理的核心素养．(2)将函数有极大值和极小值转化为一元二次方程的实数根的问题考查了数学建模的核心素养．(3)通过二次函数的图象与

性质列出一元二次方程根的分布的充要条件考查了直观想象的核心素养．【突破训练1】已知函数f(x)＝lnx＋a(1－x)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围．解析(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x

－a.若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．若a>0，则当x∈0，1a时，f′(x)>0；当x∈1a，＋∞时，f′(x)<0.所以f(x)在0，1a

上单调递增，在1a，＋∞上单调递减．(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；当a>0时，f(x)在x＝1a处取得最大值，最大值为f1a＝ln1a＋a

1－1a＝－lna＋a－1.因此f1a>2a－2等价于lna＋a－1<0.令g(a)＝lna＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，g(1)＝0.于是，当0<a<1时，g(a)<0；当a>1时，g(a)>0.因此，a的取值范围是(0,1)

．【突破训练2】(2019·黄冈联考)已知函数f(x)＝x2＋alnx.(1)当a＝－2时，求函数f(x)的单调区间；(2)若g(x)＝f(x)＋2x在[1，＋∞)上是单调函数，求实数a的取值范围．解析(1)f′(x)＝2x－2x.令f

′(x)＞0，得x＞1；令f′(x)＜0，得0＜x＜1.所以f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)，f(x)的单调递减区间是(0,1)．(2)①若函数g(x)在[1，＋∞)上是单调增函数，则g′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，即

a≥2x－2x2在[1，＋∞)上恒成立．设φ(x)＝2x－2x2，因为φ(x)在[1，＋∞)上单调递减，所以φ(x)max＝φ(1)＝0，所以a≥0.②若函数g(x)在[1，＋∞)上是单调减函数，则g′(x)≤0在[1，

＋∞)上恒成立，无解．综上，实数a的取值范围为[0，＋∞)．题型二利用导数研究函数的零点或曲线交点问题导数与函数、方程交汇是近年命题的热点，常转化为研究函数图象的交点问题，研究函数的极(最)值的正负．主要考查：(1)确定函数的零点、图象交点的个数；(2)由函数的零点、图象交点的情况求参数

的取值范围．【例2】(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2.(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.解析(1)证明：当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.设函数g

(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.当x≠1时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)单调递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.f(x)在(0，＋∞

)只有一个零点当且仅当h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．(ⅰ)当a≤0时，h(x)>0，h(x)没有零点；(ⅱ)当a>0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.当x∈(0,2)时，h′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0.所以h(x)在(0,2)单调递减

，在(2，＋∞)单调递增．故h(2)＝1－4ae2是h(x)在(0，＋∞)的最小值．①若h(2)>0，即a<e24，h(x)在(0，＋∞)没有零点；②若h(2)＝0，即a＝e24，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；③若h

(2)<0，即a>e24，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)有一个零点，由(1)知当x>0时，ex>x2，所以h(4a)＝1－16a3e4a＝1－16a3(e2a)2>1－16a3(2a)4＝1－1a>0.故h(x)在(2,4a)也有一个零点，因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点．综

上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝e24.素养解读(1)在问题(1)的证明过程中，考查了逻辑推理的核心素养．(2)在问题(2)中，通过对参数a的分类讨论以及在不同的取值范围内列式计算的过程中考查了数学运算的核心素养．【突破训练3】已知二次函数f(x)的最小值为－4

，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3}．(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数g(x)＝f(x)x－4lnx的零点个数．解析(1)因为f(x)是二次函数，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－

1≤x≤3，x∈R}，所以设f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a>0.所以f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，a＝1.故函数f(x)的解析式为f(x)＝x2－2x－3.(2)由(1)知g(x)＝x2－2x－3x－4lnx＝x－3x－4l

nx－2，所以g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝1＋3x2－4x＝(x－1)(x－3)x2，令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.当x变化时，g′(x)，g(x)的取值变化情况如下表：x(0,1)1(1,3)3(3，＋∞)g′(x)＋

0－0＋g(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增当0<x≤3时，g(x)≤g(1)＝－4<0，当x>3时，g(e5)＝e5－3e5－20－2>25－1－22＝9>0.又因为g(x)在(3，＋∞)上单调递增，因而g(x)在(3，＋∞)上只有1个零点，故g(x)仅有1个零点．【突破训

练4】(2019·黄冈起点考试)已知函数f(x)＝x2－2lnx，h(x)＝x2－x＋a.(1)求函数f(x)的极值；(2)设函数k(x)＝f(x)－h(x)，若函数k(x)在[1,3]上恰有两个不同的零点，求实数a的取值范围．解析(

1)由题意知f′(x)＝2x－2x，x＞0，令f′(x)＝0，得x＝1.f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表所示：x(0,1)1(1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)单调递减极小值单调递增所以f(x)的极小值为

f(1)＝1，无极大值．(2)因为k(x)＝f(x)－h(x)＝－2lnx＋x－a，所以k′(x)＝－2x＋1，x＞0，令k′(x)＝0，得x＝2.当x∈[1,2)时，k′(x)＜0；当x∈(2,3]时，k′(x)＞0.故k(x)在[1,2)上单

调递减，在(2,3]上单调递增，所以k(1)≥0，k(2)＜0，k(3)≥0，即a≤1，a＞2－2ln2，a≤3－2ln3，所以2－2ln2＜a≤3－2ln3.所以实数a的取值范围是(2－2ln2,3－2ln3]．题型三利用导数研究不等式问题导

数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，难度较大．主要考查证明不等式和不等式成立(恒成立)问题．(1)利用导数证明不等式的方法可以从所证不等式的结构和特点出发，结合已有的知识利用转化与化归思想，构造一个新的函数，再

借助导数确定函数的单调性，利用单调性实现问题的转化，从而使不等式得到证明，其一般步骤是：构造可导函数→研究单调性或最值→得出不等关系→整理得出结论．(2)利用导数研究不等式恒成立问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值

，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．(3)不等式成立(恒成立)问题常见的转化方法①f(x)≥a恒成立⇔f(x)min≥a，f(x)≥a成立⇔f(x)m

ax≥a；②f(x)≤b恒成立⇔f(x)max≤b，f(x)≤b成立⇔f(x)min≤b；③f(x)>g(x)恒成立F(x)＝f(x)－g(x)F(x)min>0；④∀x1∈M，∀x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g

(x)max；⑤∀x1∈M，∃x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min；⑥∃x1∈M，∃x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)min；⑦∃x1∈M，∀x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(

x)max>g(x)max.【例3】(2018·浙江卷节选)已知函数f(x)＝x－lnx．若f(x)在x＝x1，x2(x1≠x2)处导数相等，证明：f(x1)＋f(x2)＞8－8ln2.证明函数f(x)的导函数f′(x)＝12x－1x，由f′(x1)＝f′(x2

)得12x1－1x1＝12x2－1x2，因为x1≠x2，所以1x1＋1x2＝12.由基本不等式得12x1x2＝x1＋x2≥24x1x2.因为x1≠x2，所以x1x2>256.由题意得f(x1)＋f(x2)＝x1－lnx1＋x2－lnx2＝12x1x

2－ln(x1x2)．设g(x)＝12x－lnx，则g′(x)＝14x(x－4).x(0,16)16(16，＋∞)g′(x)－0＋g(x)单调递减2－4ln2单调递增所以g(x)在[256，＋∞)上单调递增．故g(x1x

2)>g(256)＝8－8ln2，即f(x1)＋f(x2)>8－8ln2.素养解读本题的证明过程不仅考查了逻辑推理的核心素养，还在构造函数g(x)＝12x－lnx中考查了数学运算的核心素养．【突破训练5

】(2016·四川卷改编)设函数f(x)＝ax2－a－lnx，g(x)＝1x－eex，其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数．(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x＞1时，g(x)＞0；(3)证明：当a≥12时，f(x)＞g(x)在区间(

1，＋∞)恒成立．解析(1)由题意得f′(x)＝2ax－1x＝2ax2－1x(x>0)．当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减．当a>0时，由f′(x)＝0，得x＝12a，当x∈0，12a时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈12a，＋

∞时，f′(x)>0，f(x)单调递增．(2)证明：令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1.当x>1时，s′(x)>0，s(x)递增，则s(x)>s(1)＝0，所以ex－1>x，从而g(x)＝1x

－1ex－1>0.(3)证明：当a≥12时，令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)．当x>1时，h′(x)＝2ax－1x＋1x2－e1－x>x－1x＋1x2－1x＝x3－2x＋1x2>x2－2x＋1x2>0.因此，h(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．又因为h(1)＝0，所以当x>1时

，h(x)＝f(x)－g(x)>0，即f(x)>g(x)恒成立．【例4】(2019·兰州模拟)已知函数f(x)＝ax2＋bx＋xlnx的图象在(1，f(1))处的切线方程为3x－y－2＝0.(1)求实数a，b的值；(2)设g(x)＝x2

－x，若k∈Z，且k(x－2)＜f(x)－g(x)对任意的x＞2恒成立，求k的最大值．解析(1)f′(x)＝2ax＋b＋1＋lnx，所以2a＋b＋1＝3且a＋b＝1，解得a＝1，b＝0.(2)由(1)与题意知k<f(x)－g(x)x－2＝x＋xlnxx－2对任意的x>2恒成立，设h(x

)＝x＋xlnxx－2(x>2)，则h′(x)＝x－4－2lnx(x－2)2，令m(x)＝x－4－2lnx(x>2)，则m′(x)＝1－2x＝x－2x>0，所以函数m(x)为(2，＋∞)上的增函数．因为m(8)＝4－2ln8<4－2lne2＝4－4＝0，m(10)＝6－2ln10>6－2lne3

＝6－6＝0，所以函数m(x)在(8,10)上有唯一零点x0，即有x0－4－2lnx0＝0成立，故当2<x<x0时，m(x)<0，即h′(x)<0；当x0<x时，m(x)>0，即h′(x)>0，所以函数

h(x)在(2，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(x0)＝x0＋x0lnx0x0－2＝x01＋x0－42x0－2＝x02，所以k<x02，因为x0∈(8,10)，所以x02∈(4

,5)，又k∈Z，所以k的最大值为4.素养解读(1)问题(2)解答过程中有两个转化，一是分离参数k与变量x，二是作换元变换h(x)＝x＋xlnxx－2(x＞2)，这既考查了数学建模的核心素养，又考查了数

学运算的核心素养．(2)计算过程中，将恒成立问题转换成函数的最值，考查了逻辑推理和数学抽象的核心素养．【突破训练6】(2019·贵州适应性考试)已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝lnxx.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)存在x0

∈(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，x∈R.当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在R上单调递减；当a>0时，令f′(x)＝0得x＝lna.由f′(x)>0得f(x

)的单调递增区间为(－∞，lna)；由f′(x)<0得f(x)的单调递减区间为(lna，＋∞)．(2)因为存在x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，则ax≤lnxx，即a≤lnxx2.

设h(x)＝lnxx2，则问题转化为a≤lnxx2max，由h′(x)＝1－2lnxx3，令h′(x)＝0，则x＝e.当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：x(0，e)e(e，

＋∞)h′(x)＋0－h(x)单调递增极大值12e单调递减由上表可知，当x＝e时，函数h(x)有极大值，即最大值为12e.所以a的取值范围是－∞，12e.