专题13 函数与方程（重难点突破）-【教育机构专用】2020-2021学年高三数学寒假辅导讲义（全国通用）

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专题13 函数与方程
【重难点知识点网络】：

【重难点题型突破】：
高考专题突破一 高考中导数应用问题
一、利用导数研究形形色色的切线问题
【名师指导】
(1) 函数y＝f(x)在点x0处的导数的几何意义,就是曲线y＝f(x)在点P(x0,f(x0))处的切线的斜率k,即k＝f′(x0)．
(2)已知切点A(x0,f(x0))求斜率k,即求该点处的导数值：k＝f′(x0)．
(2)已知斜率k,求切点A(x1,f(x1)),即解方程f′(x1)＝k.
(3)若求过点P(x0,y0)的切线方程,可设切点为(x1,y1),由求解即可．
(4)函数图象在每一点处的切线斜率的变化情况反映函数图象在相应点处的变化情况,由切线的倾斜程度可以判断出函数图象升降的快慢．
(5)求切线方程的方法：一点一方向可确定一条直线,在求切线时可考虑先求出切线的斜率（切点导数）与切点,在利用点斜式写出直线方.
(6)在处理切线问题时要注意审清所给已知点是否为切点.“在某点处的切线”意味着该点即为切点,而“过某点的切线”则意味着该点有可能是切点,有可能不是切点.如果该点恰好在曲线上那就需要进行分类讨论了.
例1、（1）（2020年新课标全国1卷.6（理））函数的图像在点处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】，，，，
因此，所求切线的方程为，即.故选：B.
（2）．（2019届广东省阳春高三上学期第三次月考）设点为函数与图象的公共点,以为切点可作直线与两曲线都相切,则实数的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设与在公共点处的切线相同,,由题意,即,由得或（舍去）,即有 ,令,则,于是当,即时, ；当,即时, ,故在为增函数,在为减函数,于是在的最大值为,故的最大值为,故选D.
【变式训练1】．（2019届齐鲁名校教科研协作体山东、湖北部分重点中学高三第一次调研）已知曲线恰好存在两条公切线,则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设直线为它们的公切线,联立可得①,求导可得,令可得,所以切点坐标为,代入可得②.联立①②可得,化简得.令,,
在内单调递增,在内单调递减, .
有两条公切线, 方程有两解,
,所以答案为D
【变式训练2】、（2018届福建省福州高三上学期期中）已知函数,其中是实数.设, 为该函数图象上的两点,且.
（1）若函数的图象在点处的切线互相垂直,且,求的最小值；
（2）若函数的图象在点处的切线重合,求的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【解析】 (1)由导数的几何意义可知,点处的切线斜率为,点处的切线斜率为,故当处的切线与处的切线垂直时, ,当时,有,所以, ,所以,所以,当且仅当,即, 时,等号成立,所以的最小值为.
（2）当或时, ,所以,当时,函数图象在点处的切线方程为,即,当时,函数图象在点处的切线方程为,即,两处切线重合的充要条件是,由及,得, ,记,则,所以在单调递减, , 趋近于时, 趋近于
二、利用导数处理函数单调性、极值与最值
【名师指导】
（1）.利用导数研究函数的单调性,是近年来的高考热点,学生解决此类问题往往根据：设定义在某区间上的函数,如果,那么函数在这个区间内单调递增；如果,那么函数在这个区间内单调递减.但误解了这只是函数在这个区间上单调递增或递减的一个充分条件,而并非必要条件.
结合高等数学中的相关定理知：若函数在内可导,则在内严格递增（或递减）的充要条件是：
一,对任何,有()；
二,在内的任何子区间上不恒等于0,而在高中阶段,主要出现的是有一个或多个（有限个）使的点的情况,像例2这种逆向设置问题,是今后高考命题的一种趋向,它充分体现了高考“能力立意”的思想,对此,在复习中应引起高度重视.
（2）.利用导数研究函数的极值和最值,已成为现在高考的热点,此类问题解决正常分为三步：
一,求导函数；
二,求方程的根；
三,检验在方程的根的左右两边的符号,如果左正右负,那么在这个根处取得极大值；如果左负右正,那么在这个根处取得极小值.学生在学习和复习中往往很容易忽视第三点,从而造成错解或多解.
例2. （2018届江西省南昌市高三上学期第五次月考）已知为常数，函数有两个极值点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】求导得: .易得在点P（1，0）处的切线为.当时，直线与曲线交于不同两点（如下图），且，

.
【变式训练1】.（2017江西抚州七校高三上学期联考）已知函数的图像上存在不同的两点,使得曲线在这两点处的切线重合,则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】时,；时,.设且,当或时,,故,当时,函数在点处的切线方程为,即当时,函数在点处的切线方程为,即,两切线重合的充要条件是,且,消去得：,令,则,构造函数,,,,所以在单调递减,在单调递增,又所以,所以在单调递减,所以,即,故选C.学+科网
.选D
例3.（2017广东省佛山市高三教学质量检测）设函数,其中,,是自然对数的底.
（1）求证：函数有两个极值点；
（2）若,求证：函数有唯一零点.
【答案】（1）见解析；（2）见解析．
【解析】（1）.
令,其中,,求导得：.
令,得.
当上,,递减,当上,,递增.
故当时,取极小值,也是最小值.
因为,所以,又,所以,
因此在上有唯一零点.
注意到,所以,,以下证明：.
注意到上述不等式,
令,则,
所以在上递减,所以,
即,因此在上有唯一零点.
所以时,,,递增；
时,,,递减；
时,,,递增；
综上所述,函数有两个极值点,其中是极大值点,是极小值点.
（2）由（1）函数的极小值为.…………7分
因为,所以,所以. [来源:学科网]
以下先证：的极小值.
,因为,所以,,
所以,
又,所以,于是,所以.
再证：存在,使.
取,因为,所以.
综上可知,函数有唯一零点.
【变式训练1】.（2020·黑龙江哈尔滨师大附中高三模拟（理））已知函数（）.
（Ⅰ）设为函数的导函数，求函数的单调区间；
（Ⅱ）若函数在上有最大值，求实数的取值范围.
【答案】（Ⅰ）在上单调递增，在上单调递减；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）令，；
1°当时，，∴在上递增，无减区间
2°当时，令，
令所以，在上单调递增，在上单调递减；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，当时，∴在（0，+∞）上递增，∴
∴在上递增，无最大值，不合题意；
1°当时，
∴在上递减，∴，∴在上递减，无最大值，不合题意；
2°当时，，
由（Ⅰ）可知在上单调递增，在上单调递减；
设，则；；令
∴在上单调递减，在单调递增；
∴，即
由此，当时，，即.
所以，当时，.
取，则，且.
又因为，所以由零点存在性定理，存在，使得；
当时，，即；当时，，即；
所以，在上单调递增，在上单调递减，在上有最大值.
综上，。
三、构造函数
【名师指导】
（1）.常见函数的变形
1. 对于不等式，构造函数.
2. 对于不等式，构造函数
3. 对于不等式，构造函数
4. 对于不等式，构造函数
5. 对于不等式，构造函数
6. 对于不等式，构造函数
7. 对于不等式，构造函数
8. 对于不等式，构造函数
（2）.双变量函数的变形
1.形如的函数，构造函数，令，求；
2.对于,形如 的函数，要结合图像构造函数的切线方程，求斜率；
3.形如或的函数不等式，
（1）.可以构造函数，然后求的最大值和最小值；
（2）.如果，我们也可以构造函数，求的最值 .
例4.（1）.（四川省资阳市2019届高三第一次诊断性考试，理科，12）定义在R上的可导函数满足，记的导函数为，当时恒有．若，则m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】构造函数，
所以构造函数，
，所以
对称轴为，所以，是增函数；
是减函数。，解得：
【点睛】压轴题，考查导数与函数，涉及到构造函数以及对称轴的性质。难度比较大。
（2）.已知定义在R上的可导函数的导函数为，满足，且为偶函数，，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为为偶函数，所以，，
构造函数，，
所以函数是R上的减函数.
根据题意：，因为
所以，解之得，.
【变式训练1】（2015新课标Ⅱ）设函数是奇函数的导函数，
当时，，则使得f (x)0成立的的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】令，因为为奇函数，所以为偶函数，由于
，当时， ，所以在上单调递减，根据对称性在上单调递增，又，，
数形结合可知，使得成立的的取值范围是．
【变式训练2】.已知是定义在R上的偶函数，其导函数为，若，且，，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】：因为函数是偶函数，所以，所以，即函数是周期为4的周期函数.因为，所以.
设，所以所以在上是单调递减，
不等式等价于即，所以.所以不等式的解集为，故答案选.
四、利用导数研究不等式的有关问题
例5、已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，证明
【解析】（1）的定义域为（0，＋∞），
当，则当x∈（0，＋∞）时，，故在（0，＋∞）上单调递增.
当，则当x∈时，f′（x）＞0；当x∈时，f′（x）＜0.
故在上单调递增，在上单调递减.
（2）证明：由（1）知，当a＜0时，f（x）在x＝－取得最大值，最大值为＝.
所以等价于，即.设g（x）＝ln x－x＋1，则g′（x）＝－1.当x∈（0,1）时，g′（x）＞0；当x∈（1，＋∞）时，g′（x）＜0.所以g（x）在（0,1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减.故当x＝1时，g（x）取得最大值，最大值为g（1）＝0.所以当x＞0时，g（x）≤0.从而当a＜0时，，即.
【变式训练1】. 。
（Ⅰ）求的极值点；
（Ⅱ）当时，若方程在上有两个实数解，求实数t的取值范围；
(Ⅲ）证明：当时，。

五、利用导数研究恒成立问题
例6、（2017山西大学附中第二次模拟）设函数,其中,若存在唯一的整数,使得,则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】令.由题意知存在唯一整数,使得在直线的下方.,当时,函数单调递减,当,函数单调递增,当时,函数取得最小值为.当时,,当时,,直线过定点,斜率为,故且,解得.
【变式训练】若不等式对任意恒成立,求实数x的取值范围.
【答案】
【解析】可转化为,设,则是关于m的一次型函数,要使恒成立,只需,解得.
例7.(2020·湖北武汉质检)已知f(x)＝xln x，g(x)＝x3＋ax2－x＋2.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】　(1)因为函数f(x)＝xln x的定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝ln x＋1.令f′(x)<0，得ln x＋1<0，解得00，得ln x＋1>0，解得x>，所以f(x)的单调递增区间是.综上，f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.
(2)因为g′(x)＝3x2＋2ax－1，由题意得2xln x≤3x2＋2ax＋1恒成立．因为x>0，所以a≥ln x－x－在x∈(0，＋∞)上恒成立．设h(x)＝ln x－x－(x>0)，则h′(x)＝－＋＝－.令h′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－(舍)．
当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
x
(0，1)
1
(1，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)

极大值

所以当x＝1时，h(x)取得极大值，也是最大值，且h(x)max＝h(1)＝－2，所以若a≥h(x)在x∈(0，＋∞)上恒成立，则a≥h(x)max＝－2，即a≥－2，故实数a的取值范围是[－2，＋∞)．
【变式训练】、（2020年新课标全国一卷）已知函数.（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；
（2）当x≥0时，f（x）≥x3+1，求a的取值范围.
【答案】（1）当时，单调递减，当时，单调递增.（2）
【解析】(1)当时，，，
由于，故单调递增，注意到，故：
当时，单调递减，
当时，单调递增.
(2) 由得，

其中，
①.当x=0时，不等式为：，显然成立，符合题意；
②.当时，分离参数a得

记，，
令，
则，，
故单调递增，，
故函数单调递增，，
由可得：恒成立，
故当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
因此，,
综上可得，实数a的取值范围是.
六、利用导数研究函数零点问题或方程的根问题
例8、（2017中原名校高三上学期第三次质量考评）已知定义在的函数,若关于的方程有且只有个不同的实数根,则实数的取值集合是 ．
【答案】
【解析】设,当时,,显然符合题意.时,一正一负根,,方程的根大于,只有根；时,两根同号,只能有一个正根在区间,而,对称轴,,,所以.所以取值集合为,故答案为.
【变式训练1】．（2018届安徽皖南八校高三第二次联考）已知函数若关于的方程至少有两个不同的实数解,则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
令,关于的方程至少有两个不同的实数解等价于, 至少有两个不同的实数解,即函数的图象与直线至少有两个交点,作出函数的图象如图所示,直线过定点,故可以寻找出临界状态下虚线所示,联立,故,即,令,解得, ,故,结合图象知,实数的取值范围为,故选A.
例9、(2019·高考全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝sin x－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)＝cos x－，g′(x)＝－sin x＋.
当x∈时，g′(x)单调递减，而g′(0)＞0，＜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)单调递增，在单调递减，
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，＋∞)．
(ⅰ)当x∈(－1，0]时，由(1)知，f′(x)在(－1，0)单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1，0)时，f′(x)＜0，
故f(x)在(－1，0)单调递减．又f(0)＝0，从而x＝0是f(x)在(－1，0]的唯一零点．
(ⅱ)当x∈时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在单调递减，而f′(0)＝0，＜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)单调递增，在单调递减．
又f(0)＝0，＝1－ln＞0，所以当x∈时，f(x)＞0.从而f(x)在有零点．
(ⅲ)当x∈时，f′(x)＜0，所以f(x)在单调递减．而＞0，f(π)＜0，所以f(x)在有唯一零点．
(ⅳ)当x∈时，ln(x＋1)＞1，所以f(x)＜0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点．
综上，f(x)有且仅有2个零点．
【变式训练1】、(2019·高考全国卷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，即f(x1)＝0.
又0<<1，＝－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，故点B在曲线y＝ex上．
由题设知f(x0)＝0，即ln x0＝，连接AB，则直线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．