2021高三人教B版数学一轮（经典版）教师用书：第3章高考大题冲关系列（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性质

例1　(2019·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋b.

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)是否存在a，b，使得f(x)在区间[0,1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由．

解　(1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．

令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.

若a>0，则当x∈(－∞，0)∪时，f′(x)>0；

当x∈时，f′(x)<0.

故f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减．

若a＝0，则f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．

若a<0，则当x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)>0；

当x∈时，f′(x)<0.

故f(x)在，(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减．

(2)满足题设条件的a，b存在．

①当a≤0时，由(1)知，f(x)在[0,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)＝b，最大值为f(1)＝2－a＋b.此时a，b满足题设条件当且仅当b＝－1，2－a＋b＝1，即a＝0，b＝－1.

②当a≥3时，由(1)知，f(x)在[0,1]上单调递减，所以f(x)在区间[0,1]的最大值为f(0)＝b，最小值为f(1)＝2－a＋b.此时a，b满足题设条件当且仅当2－a＋b＝－1，b＝1，即a＝4，b＝1.

③当0＜a＜3时，由(1)知，f(x)在[0,1]的最小值为f＝－＋b，最大值为b或2－a＋b.

若－＋b＝－1，b＝1，则a＝3，与0＜a＜3矛盾．

若－＋b＝－1,2－a＋b＝1，则a＝3或a＝－3或a＝0，与0＜a＜3矛盾．

综上，当a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1时，f(x)在[0,1]的最小值为－1，最大值为1.

[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；含参函数的最值问题是高考的热点题型，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　(2019·北京高考)已知函数f(x)＝x3－x2＋x.

(1)求曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程；

(2)当x∈[－2,4]时，求证：x－6≤f(x)≤x；

(3)设F(x)＝|f(x)－(x＋a)|(a∈R)，记F(x)在区间[－2,4]上的最大值为M(a)．当M(a)最小时，求a的值．

解　(1)由f(x)＝x3－x2＋x得f′(x)＝x2－2x＋1.

令f′(x)＝1，即x2－2x＋1＝1，得x＝0或x＝.

又f(0)＝0，f＝，

所以曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程是y＝x与y－＝x－，

即y＝x与y＝x－.

(2)证明：令g(x)＝f(x)－x，x∈[－2,4]．

由g(x)＝x3－x2得g′(x)＝x2－2x.

令g′(x)＝0得x＝0或x＝.

当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下：

所以g(x)的最小值为－6，最大值为0.

故－6≤g(x)≤0，即x－6≤f(x)≤x.

(3)由(2)知，

当a<－3时，M(a)＝F(0)＝|g(0)－a|＝－a>3；

当a>－3时，M(a)＝F(－2)＝|g(－2)－a|＝6＋a>3；

当a＝－3时，M(a)＝3.

综上，当M(a)最小时，a＝－3.

题型2　利用导数研究方程的根(或函数的零点)

例2　(2019·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ln x－.

(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；

(2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．

解　(1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．

因为f′(x)＝＋>0，

所以f(x)在(0,1)，(1，＋∞)单调递增．

因为f(e)＝1－<0，f(e2)＝2－＝>0，

所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1(e<x1<e2)，

即f(x1)＝0.

又0<<1，f＝－ln x1＋＝－f(x1)＝0，

故f(x)在(0,1)有唯一零点.

综上，f(x)有且仅有两个零点．

(2)证明：因为＝e－ln x0，

所以点B在曲线y＝ex上．

由题设知f(x0)＝0，即ln x0＝，

故直线AB的斜率

k＝＝＝.

曲线y＝ex在点B处切线的斜率是，曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处切线的斜率也是，

所以曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．

[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，借助零点存在性定理判断；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　(2019·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝sinx－ln (1＋x)，f′(x)为f(x)的导数．

证明：(1)f′(x)在区间存在唯一极大值点；

(2)f(x)有且仅有2个零点．

证明　(1)设g(x)＝f′(x)，

则g(x)＝cosx－，g′(x)＝－sinx＋.

当x∈时，g′(x)单调递减，而g′(0)＞0，g′＜0，可得g′(x)在有唯一零点，设为α.

则当x∈(－1，α)时，g′(x)＞0；

当x∈时，g′(x)＜0.

所以g(x)在(－1，α)上单调递增，在上单调递减，故g(x)在存在唯一极大值点，即f′(x)在存在唯一极大值点．

(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞)．

①当x∈(－1,0]时，由(1)知，f′(x)在(－1,0)上单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1,0)时，f′(x)＜0，故f(x)在(－1,0)上单调递减．又f(0)＝0，从而x＝0是f(x)在(－1,0]上的唯一零点．

②当x∈时，由(1)知，f′(x)在(0，α)上单调递增，在上单调递减，而f′(0)＝0，f′＜0，所以存在β∈，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0.

故f(x)在(0，β)上单调递增，在上单调递减．

又f(0)＝0，f＝1－ln ＞0，所以当x∈时，f(x)＞0.从而，f(x)在上没有零点．

③当x∈时，f′(x)＜0，所以f(x)在上单调递减．而f＞0，f(π)＜0，所以f(x)在上有唯一零点．

④当x∈(π，＋∞)时，ln (x＋1)＞1.

所以f(x)＜0，从而f(x)在(π，＋∞)上没有零点．

综上，f(x)有且仅有2个零点．

题型3　利用导数研究不等式的有关问题

例3　(2019·天津高考)设函数f(x)＝excosx，g(x)为f(x)的导函数．

(1)求f(x)的单调区间；

(2)当x∈时，证明f(x)＋g(x)≥0；

(3)设xn为函数u(x)＝f(x)－1在区间内的零点，其中n∈N，证明2nπ＋－xn<.

解　(1)由已知，有f′(x)＝ex(cosx－sinx)．

因此，当x∈(k∈Z)时，

有sinx>cosx，得f′(x)<0，则f(x)单调递减；

当x∈(k∈Z)时，有sinx<cosx，

得f′(x)>0，则f(x)单调递增．

所以，f(x)的单调递增区间为(k∈Z)，

f(x)的单调递减区间为(k∈Z)．

(2)证明：记h(x)＝f(x)＋g(x).

依题意及(1)，有g(x)＝ex(cosx－sinx)，

从而g′(x)＝－2exsinx.

当x∈时，g′(x)<0，

故h′(x)＝f′(x)＋g′(x)＋g(x)(－1)

＝g′(x)<0.

因此，h(x)在区间上单调递减，

进而h(x)≥h＝f＝0.

所以，当x∈时，f(x)＋g(x)≥0.

(3)证明：依题意，u(xn)＝f(xn)－1＝0，即exncosxn＝1.

记yn＝xn－2nπ，则yn∈，

且f(yn)＝eyncosyn＝exn－2nπcos(xn－2nπ)＝e－2nπ(n∈N)．

由f(yn)＝e－2nπ≤1＝f(y0)及(1)，得yn≥y0.

由(2)知，当x∈时，g′(x)<0，

所以g(x)在上为减函数，

因此g(yn)≤g(y0)<g＝0.

又由(2)知，f(yn)＋g(yn)≥0，

故－yn≤－＝－≤－

＝<.

所以2nπ＋－xn<.

[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，可以转化为求函数的最值问题．

变式训练3　(2019·贵阳模拟)已知函数f(x)＝ex－ax＋a－1.

(1)若f(x)的极值为e－1，求a的值；

(2)若x∈[a，＋∞)时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．

解　(1)因为f(x)＝ex－ax＋a－1，

所以f′(x)＝ex－a.

①当a≤0时，f′(x)>0，所以y＝f(x)单调递增，无极值．

②当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln a，

因为当x<ln a时，f′(x)<0，当x>ln a时，f′(x)>0，

所以函数f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．所以y＝f(x)在x＝ln a处有极小值．

所以f(ln a)＝eln a－aln a＋a－1＝2a－aln a－1＝e－1.

即2a－aln a－e＝0.

构造函数g(a)＝2a－aln a－e(a>0)，

则g′(a)＝1－ln a.

当a∈(0，e)时，g′(a)>0，当a∈(e，＋∞)时，g′(a)<0.

所以y＝g(a)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．

所以g(a)≤g(e)＝2e－eln e－e＝0.

所以a＝e.

(2)x≥a时，f(x)≥0.

①当a<0时，由f(0)＝e0＋a－1＝a<0与题意矛盾，舍去(或当a<0时，f′(x)＝ex－a>0，f(a)＝(ea－1)＋a(1－a)<0与题意矛盾，舍去)．

②当a＝0时，f(x)＝ex－1在x≥0时f(x)≥0恒成立，所以a＝0符合题意．

③当a>0时，由(1)可知，f(x)在(ln a，＋∞)上单调递增．

下面先证明a>ln a.

事实上，令p(a)＝a－ln a，则p′(a)＝1－＝，

当a∈(0,1)时，p′(a)<0，当a∈(1，＋∞)时，p′(a)>0.

所以p(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．

所以p(a)≥p(1)＝1，因此有a>ln a.

所以f(x)在[a，＋∞)上单调递增，

所以f(x)min＝f(a)＝ea－a2＋a－1.

设g(t)＝et－t2＋t－1(t≥0)，则g′(t)＝et－2t＋1.

设h(t)＝et－2t＋1(t≥0)，则h′(t)＝et－2.

当t∈[0，ln 2)时，h′(t)<0，当t∈(ln 2，＋∞)时，h′(t)>0，

所以y＝h(t)在[0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增．

所以h(t)≥h(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋1＝3－2ln 2>0.

所以y＝g(t)在[0，＋∞)上单调递增．

所以g(t)≥g(0)＝e0－1＝0.

所以f(x)min>0，故a>0时也成立．

综上可知，a的取值范围为[0，＋∞)．