2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版）第4章高考大题冲关系列（1）Word版含解析

这是一份2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版）第4章高考大题冲关系列（1）Word版含解析，共9页。

题型1 利用导数研究函数的性质
例1 (2021·北京高考)已知函数f(x)＝eq \f(3－2x,x2＋a).
(1)若a＝0，求y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若函数f(x)在x＝－1处取得极值，求f(x)的单调区间，以及最大值和最小值．
解 (1)当a＝0时，f(x)＝eq \f(3－2x,x2)，
则f′(x)＝eq \f(2x－3,x3)，f(1)＝1，f′(1)＝－4，
此时，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－4(x－1)，即4x＋y－5＝0.
(2)因为f(x)＝eq \f(3－2x,x2＋a)，
所以f′(x)＝eq \f(－2x2＋a－2x3－2x,x2＋a2)
＝eq \f(2x2－3x－a,x2＋a2)，
由题意可得f′(－1)＝eq \f(24－a,a＋12)＝0，解得a＝4，
故f(x)＝eq \f(3－2x,x2＋4)，f′(x)＝eq \f(2x＋1x－4,x2＋42)，列表如下：
所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(4，＋∞)，单调递减区间为(－1,4)．
当x0；当x>eq \f(3,2)时，f(x)<0.
所以f(x)max＝f(－1)＝1，f(x)min＝f(4)＝－eq \f(1,4).
[冲关策略] 利用导数主要研究函数的单调性、极值、最值．已知f(x)的单调性，可转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题；求函数的极值、最值问题是高考解答题的基础和常见题型，解此类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．
变式训练1 (2020·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝2ln x＋1.
(1)若f(x)≤2x＋c，求c的取值范围；
(2)设a>0时，讨论函数g(x)＝eq \f(fx－fa,x－a)的单调性．
解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f(x)≤2x＋c⇒f(x)－2x－c≤0⇒2ln x＋1－2x－c≤0，(*)
设h(x)＝2ln x＋1－2x－c(x＞0)，
则有h′(x)＝eq \f(2,x)－2＝eq \f(21－x,x)，
当0＜x＜1时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，
当x＞1时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，
所以当x＝1时，函数h(x)有最大值，
即h(x)max＝h(1)＝2ln 1＋1－2×1－c＝－1－c.
要使不等式(*)在(0，＋∞)上恒成立，
只需h(x)max≤0，即－1－c≤0，解得c≥－1.
故c的取值范围为c≥－1.
(2)g(x)＝eq \f(2ln x＋1－2ln a＋1,x－a)
＝eq \f(2ln x－ln a,x－a)(x＞0且x≠a)，
因此g′(x)＝eq \f(2x－a－xln x＋xln a,xx－a2)，
设m(x)＝2(x－a－xln x＋xln a)，
则有m′(x)＝2(ln a－ln x)，
当x＞a时，ln x＞ln a，所以m′(x)＜0，m(x)单调递减，因此有m(x)＜m(a)＝0，
即g′(x)＜0，所以g(x)单调递减；
当0＜x＜a时，ln x＜ln a，所以m′(x)＞0，m(x)单调递增，因此有m(x)＜m(a)＝0，即g′(x)＜0，所以g(x)单调递减．
所以函数g(x)在区间(0，a)和(a，＋∞)上单调递减，没有单调递增区间．
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f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)从下面两个条件中选一个，证明：f(x)有一个零点．
①eq \f(1,2)2a；②0解 (1)由函数的解析式可得，f′(x)＝x(ex－2a)，
当a≤0时，若x∈(－∞，0)，则f′(x)<0，f(x)单调递减，
若x∈(0，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增；
当0f′(x)>0，f(x)单调递增，
若x∈(ln (2a)，0)，则f′(x)<0，f(x)单调递减，
若x∈(0，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增；
当a＝eq \f(1,2)时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增；
当a>eq \f(1,2)时，若x∈(－∞，0)，则f′(x)>0，f(x)单调递增，
若x∈(0，ln (2a))，则f′(x)<0，f(x)单调递减，
若x∈(ln (2a)，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增．
(2)证明：若选择条件①：
由于eq \f(1,2)则b>2a>1，f(0)＝b－1>0，
f(－2b)＝(－1－2b)e－2b－4ab2＋b＝(－1－2b)e－2b＋b(1－4ab)<0，
而函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递增，故函数f(x)在区间(－∞，0)上有一个零点．
f(ln (2a))＝2a[ln (2a)－1]－a[ln (2a)]2＋b
>2a[ln (2a)－1]－a[ln (2a)]2＋2a
＝2aln (2a)－a[ln (2a)]2
＝aln (2a)[2－ln (2a)]，
由于eq \f(1,2)故aln (2a)[2－ln (2a)]≥0，所以f(ln (2a))>0，
结合函数的单调性可知，函数f(x)在区间(0，＋∞)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当b≥0时，e2>4,4a<2，f(2)＝e2－4a＋b>0，
而函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，故函数f(x)在区间(0，＋∞)上有一个零点．
当b<0时，令H(x)＝ex－x－1，则H′(x)＝ex－1，
当x∈(－∞，0)时，H′(x)<0，H(x)单调递减，
当x∈(0，＋∞)时，H′(x)>0，H(x)单调递增，
注意到H(0)＝0，故H(x)≥0恒成立，
从而有ex≥x＋1，
当x>1时，x－1>0，则f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b≥(x－1)(x＋1)－ax2＋b＝(1－a)x2＋(b－1)，
当x> eq \r(\f(1－b,1－a))时，(1－a)x2＋(b－1)>0，
取x0＝ eq \r(\f(1－b,1－a))＋1，则f(x0)>0，
由于f(0)<0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1( \r(\f(1－b,1－a))＋1))>0，函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，故函数f(x)在区间(0，＋∞)上有一个零点．
f(ln (2a))＝2a[ln (2a)－1]－a[ln (2a)]2＋b
≤2a[ln (2a)－1]－a[ln (2a)]2＋2a
＝2aln (2a)－a[ln (2a)]2
＝aln (2a)[2－ln (2a)]，
由于0<2a<1，所以ln (2a)<0，
故aln (2a)[2－ln (2a)]<0，
结合函数的单调性可知，函数f(x)在区间(－∞，0)上没有零点．
综上可得，题中的结论成立．
[冲关策略] 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 (2020·全国Ⅲ卷)设函数f(x)＝x3＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))))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.
解 (1)f′(x)＝3x2＋b，
由题意，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝0，即3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋b＝0，则b＝－eq \f(3,4).
(2)证明：由(1)可得f(x)＝x3－eq \f(3,4)x＋c，
f′(x)＝3x2－eq \f(3,4)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，
令f′(x)＞0，得x＞eq \f(1,2)或x＜－eq \f(1,2)；
令f′(x)＜0，得－eq \f(1,2)＜x＜eq \f(1,2).
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))上单调递减，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增．
又f(－1)＝c－eq \f(1,4)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝c＋eq \f(1,4)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝c－eq \f(1,4)，f(1)＝c＋eq \f(1,4)，
假设f(x)所有零点中存在一个绝对值大于1的零点x0，则f(－1)＞0或f(1)＜0，即c＞eq \f(1,4)或c＜－eq \f(1,4).
当c＞eq \f(1,4)时，f(－1)＝c－eq \f(1,4)＞0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝c＋eq \f(1,4)＞0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝c－eq \f(1,4)＞0，f(1)＝c＋eq \f(1,4)＞0，
又f(－4c)＝－64c3＋3c＋c＝4c(1－16c2)＜0，
由函数零点存在定理知f(x)在(－4c，－1)上存在唯一一个零点x0，
即f(x)在(－∞，－1)上存在唯一一个零点，在(－1，＋∞)上不存在零点，
此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
当c＜－eq \f(1,4)时，f(－1)＝c－eq \f(1,4)＜0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝c＋eq \f(1,4)＜0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝c－eq \f(1,4)＜0，f(1)＝c＋eq \f(1,4)＜0，
又f(－4c)＝－64c3＋3c＋c＝4c(1－16c2)＞0，
由函数零点存在定理知f(x)在(1，－4c)上存在唯一一个零点x0′，即f(x)在(1，＋∞)上存在唯一一个零点，在(－∞，1)上不存在零点，
此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾，
综上，f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
题型3 利用导数研究不等式的有关问题
例3 (2021·全国乙卷)设函数f(x)＝ln (a－x)，已知x＝0是函数y＝xf(x)的极值点．
(1)求a；
(2)设函数g(x)＝eq \f(x＋fx,xfx)，证明：g(x)<1.
解 (1)由题意，得y＝xf(x)＝xln (a－x)，y′＝ln (a－x)＋eq \f(x,x－a).
因为x＝0是函数y＝xf(x)的极值点，
所以y′|x＝0＝ln a＝0，所以a＝1.
(2)证明：由(1)可知f(x)＝ln (1－x)，要证g(x)<1，
即证eq \f(x＋fx,xfx)<1，即需证eq \f(x＋ln 1－x,xln 1－x)<1.
因为当x∈(－∞，0)时，xln (1－x)<0，
当x∈(0,1)时，xln (1－x)<0；
所以需证x＋ln (1－x)>xln (1－x)，
即x＋(1－x)ln (1－x)>0.
令h(x)＝x＋(1－x)ln (1－x)，x∈(－∞，1)，且x≠0，
则h′(x)＝1＋(－1)ln (1－x)＋(1－x)·eq \f(－1,1－x)＝－ln (1－x)，
所以当x∈(－∞，0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；
当x∈(0,1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以h(x)>h(0)＝0，
即x＋ln (1－x)>xln (1－x)，
所以eq \f(x＋ln 1－x,xln 1－x)<1成立，
所以eq \f(x＋fx,xfx)<1，即g(x)<1.
[冲关策略] (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．
变式训练3 (2020·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≥eq \f(1,2)x3＋1，求a的取值范围．
解 (1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1，
易知f′(x)单调递增，注意到f′(0)＝0，
故当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
(2)由f(x)≥eq \f(1,2)x3＋1，得ex＋ax2－x≥eq \f(1,2)x3＋1，其中x≥0，
①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意；
②当x＞0时，分离参数a得
a≥－eq \f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)，
记g(x)＝－eq \f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)，
则g′(x)＝－eq \f(x－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－\f(1,2)x2－x－1)),x3)，
令h(x)＝ex－eq \f(1,2)x2－x－1(x≥0)，
则h′(x)＝ex－x－1，
令φ(x)＝ex－x－1(x≥0)，
则φ′(x)＝ex－1≥0，
故h′(x)单调递增，h′(x)≥h′(0)＝0，
故函数h(x)单调递增，h(x)≥h(0)＝0，
由h(x)≥0可得ex－eq \f(1,2)x2－x－1≥0恒成立，
故当x∈(0,2)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；
当x∈(2，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．
因此，g(x)max＝g(2)＝eq \f(7－e2,4)，
综上可得，a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7－e2,4)，＋∞)).
x
(－∞，－1)
－1
(－1,4)
4
(4，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值
