(新高考专用)高考数学二轮热点题型归纳与变式演练 专题04 函数与导数的综合应用（解析+原卷）学案

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一．考情分析
二热点题型归纳
【题型一】利用导数研究函数的零点
【题型二】利用导数证明不等式
【题型三】利用导数解决不等式恒成立、存在性问题
三．最新模考题组练
【考情分析】
考查特点:高考对这部分内容的考查主要有：利用导数研究函数的零点，证明不等式，解决恒（能）成立问题。大多与指数型函数，对数型函数，三角函数相结合，以压轴题的形式呈现.
2.关键能力:逻辑思维能力、运算求解能力,创新能力.
3.学科素养:逻辑推理、数学运算、数学建模.
【题型一】利用导数研究函数的零点
【典例分析】
【例1】（2021·夏津第一中学高三月考）已知函数的定义域为．
（1）求的单调区间；
（2）讨论函数在上的零点个数
【解析】（1），
因为，所以的零点为0和1.
令，得；令，得或.
所以的单调递减区间为，单调递增区间为，.
（2）由（1）知，在上的极大值为，极小值为，
因为，，所以.，由，得.
当或时，的零点个数为0；
当或时，的零点个数为1；
当或时，的零点个数为2；
当时，的零点个数为3.
【例2】（2021·吉林松原市·高三月考）已知函数.
（1）若，讨论的单调性；
（2）已知，若方程在有且只有两个解，求实数的取值范围.
【解析】（1）依题可得，
函数的定义域为，
所以.
当时，由，得，则的减区间为；
由，得，则的增区间为.
当时，由，得，则的减区间为；
由，得或，则的增区间为和.
当时，，则的增区间为.
当时，由，得，则的减区间为；
由，得或，则的增区间为和.
（2）.
在上有两个零点，即关于方程在上有两个不相等的实数根.
令，，则.
令，，则，
显然在上恒成立，故在上单调递增.
因为，所以当时，有，即，所以单调递减；
当时，有，即，所以单调递增.
因为，，，
所以的取值范围是.
【提分秘籍】
1.判断函数零点个数的思路
判断函数在某区间[a,b]((a,b))内的零点的个数时,主要思路为:一是由f(a)·f(b)<0及零点存在性定理,说明在此区间上至少有一个零点;二是求导,判断函数在区间(a,b)上的单调性,若函数在该区间上单调递增或递减,则说明至多只有一个零点;若函数在区间[a,b]((a,b))上不单调,则要求其最大值或最小值,借用图象法等判断零点个数.
2.利用函数零点情况求参数范围的方法
(1)分离参数(a=g(x))后,将问题转化为y=g(x)的值域(最值)问题或转化为直线y=a与y=g(x)的图象的交点个数问题(优选分离,次选分类)求解.
(2)利用零点存在性定理构建不等式求解.
(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题,从而构建不等式求解.
【变式演练】
1．（2021·山东淄博市·高三二模）已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数恰好有三个零点，求的取值范围．
【解析】（1）函数的定义域为，
由，得．
由于，则，即在区间上，函数单调递减；
当时，
当时，，即在区间上，函数单调递减．
综上，当时，函数在区间上单调递减，
在区间上单调递增，在区间上单调递减；
当时，函数在区间上单调递减．
（2）结合第（1）问答案，只有当时函数才可能存在三个零点：
当时，，
，
在区间上恰好存在一个零点；
在区间上存在两个零点，需要保证，即，
且此时，，
在区间上存在一个零点，
同时，，
设，对于函数，，，
故，且，在区间上存在一个零点．
总之，当时，在区间、、上各存在一个零点．
2．（2021·山东省泰安第二中学高三月考）已知函数为奇函数，曲线在点处的切线与直线平行．
（1）求的解析式及单调区间；
（2）讨论的零点个数．
【解析】（1）∵为奇函数，∴，
又．
∴．
，解得：或，
，解得：，
∴在和上单调递增，在上单调递减．
（2）由（1）得：，
的零点即为与图像的交点．
如图示：
当或时，有一个零点，
当或时，有两个零点，
当时，有三个零点，
【题型二】利用导数证明不等式
【典例分析】
【例3】（陕西省2021届高三下学期第三次教学质量检测数学试题）已知函数且.
（1）求函数的单调区间；
（2）证明：.
【解析】（1），，
即,解得或.，解得，∴,∴，
令，得.
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减.
所以的单调递增区间为，的单调递减区间为.
（2）要证成立，只需证成立.
令，则，令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
又由（1）可得在上，所以，
所以，所以原不等式成立.
【例4】（2021·沂水县第一中学高三模拟）已知函数有两个零点，.
（1）求实数的取值范围；
（2）证明：.
【解析】（1）解：的定义域为，.
①当时，，所以在上单调递增，
故至多有一个零点，不符合题意；
②当时，令，得；令，得，故在上单调递减，在上单调递增，所以
（i）若，则，故至多有一个零点，不符合题意；
（ii）若，则，，
由（i）知，∴，
∴，.
又∵，，故存在两个零点，分别在，内.
综上，实数的取值范围为.
（2）证明：方法1：由题意得，令，
两式相除得，变形得.
欲证，即证，即证.
记，，故在上单调递减，
从而，即，所以得证.
方法2：由题意得：
由（1）可知，，令，则，则，两式相除得，，，
欲证，即证，即证.
记，，
令，，故在上单调递减，则，
即，∴在上单调递减，从面，
∴得证，
即得证.
【提分秘籍】
1.证明不等式的基本方法
(1)利用单调性:若f(x)在[a,b]上是增函数,则①∀x∈[a,b],有f(a)≤f(x)≤f(b),②∀x1,x2∈[a,b],且x1(2)利用最值:若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m),则∀x∈D,有f(x)≤M(或f(x)≥m).
(3)构造法:如若证明f(x)2.证明含双变量不等式的常见思路
(1)将双变量中的一个看作变量,另一个看作常数,构造一个含参数的辅助函数证明不等式.
(2)整体换元.对于齐次式往往可将双变量整体换元,化为一元不等式.
(3)若双变量的函数不等式具有对称性,并且可以将两个变量分离开,分离之后的函数结构具有相似性,从而构造函数利用单调性证明.
【变式演练】
1.（2021·山东烟台市·烟台二中高三三模）已知函数.
（1）若函数在定义域内为增函数，求实数的取值范围；
（2）当时，求证：.
【解析】（1）由，得.
函数在定义域内为增函数，在恒成立.
当时，，满足题意；
当时，设.
易得，函数在上为增函数，
，即与矛盾.综上，实数的取值范围为.
（2）易知在上单调递增，又，，
存在，使得，即，.
当时，，
当时，，
函数在单调递减，在单调递增.
..
2．（2021·济南外国语学校高三二模（理））已知函数，．其中为自然对数的底数．
（1）若，讨论的单调性；
（2）已知，函数恰有两个不同的极值点，，证明：．
【解析】（1），
，
（i）当时，，函数在上递减；
（ii）当时，令，解得；令，解得，
函数在递减，在递增；
综上，当时，函数在上单调递减；
当时，函数在上单调递减，在单调递增；
（2）证明：，依题意，不妨设，则，
两式相减得，，
因为，要证，即证，即证，
两边同除以，即证.
令，即证，
令，则，
令，则，
当时，，所以在上递减，
，在上递减，
，即，
故．
【题型三】利用导数解决不等式恒成立、存在性问题
【典例分析】
【典例5】（2021·天津静海一中高三模拟）已知函数f(x)＝eq \f(sin x,x)(x≠0).
(1)判断函数f(x)在区间上的单调性；
(2)若f(x)【解析】(1)f′(x)＝eq \f(xcs x－sin x,x2)，
令g(x)＝xcs x－sin x，x∈，则g′(x)＝－xsin x，
显然，当x∈时，g′(x)＝－xsin x<0，即函数g(x)在区间上单调递减，且g(0)＝0.
从而g(x)在区间上恒小于零，
所以f′(x)在区间上恒小于零，
所以函数f(x)在区间上单调递减.
(2)不等式f(x)令φ(x)＝sin x－ax，x∈，
则φ′(x)＝cs x－a，且φ(0)＝0.
当a≥1时，在区间上φ′(x)<0，即函数φ(x)单调递减，
所以φ(x)<φ(0)＝0，故sin x－ax<0恒成立.
当0当x∈(0，x0)时，φ′(x)>0，故φ(x)在区间(0，x0)上单调递增，且φ(0)＝0，
从而φ(x)在区间(0，x0)上大于零，这与sin x－ax<0恒成立相矛盾.
当a≤0时，在区间上φ′(x)>0，即函数φ(x)单调递增，且φ(0)＝0，得sin x－ax>0恒成立，这与sin x－ax<0恒成立相矛盾.
故实数a的最小值为1.
【例6】（2021·湖南衡阳市八中高三模拟）已知函数，.
（1）当时，求函数的极值；
（2）当时，若在上存在一点，使得成立，求实数的取值范围.
【解析】（1）函数，定义域为，
，
当时，令，解得：或，
当时，；当时，；
在，上单调递增，在上单调递减；
函数的极小值为，函数的极大值为.
（2）令，
在上存在一点，使得成立，即在上存在一点，使得，即函数在上的最小值小于零.
由得：，
，，又，，
当时，；当时，，
①当，即时，在上单调递减，在上单调递增，
，
，，
，此时不成立，
②当，即时，在上单调递减，；
由可得：，
，；
综上所述：实数的取值范围为.
【提分秘籍】
1.分离参数法解含参不等式恒成立的思路
用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参数的系数正负的情况下,可以根据不等式的性质将参数分离出来,得到一个一端是参数,另一端是变量表达式的不等式,只要研究变量表达式的最值就可以解决问题.
2.含参数的能成立(存在型)问题的解题方法
(1)a≥f(x)在x∈D上能成立,则a≥f(x)min;
(2)a≤f(x)在x∈D上能成立,则a≤f(x)max.
3.含全称、存在量词不等式能成立问题
(1)存在x1∈A,任意x2∈B使f(x1)≥g(x2)成立,则f(x)max≥g(x)max;
(2)任意x1∈A,存在x2∈B,使f(x1)≥g(x2)成立,则f(x)min≥g(x)min.
【变式演练】
1．（2021·湖南师大附中高考模拟）设.
（1）判断函数的单调性；
（2）是否存在实数，使得关于的不等式在上恒成立，若存在，求出的取值范围，若不存在，试说明理由；
【解析】（1）∵，∴，设，
∴，∴在上为减函数.∴，
∴，∴函数在上为减函数.
（2）在上恒成立在上恒成立，
设，，则，∴，
若，，为增函数，则，显然不满足条件，
若，则时，恒成立，
∴在上为减函数，
∴在上恒成立，
∴在上恒成立，满足题意
若，当时，，
∴时，，
∴在上为增函数，
∴，
不能使在上恒成立，综上：存在实数，且.
2.（云南省昆明市第一中学2021届高三第八次考前适应性训练数学试题）已知函数，.
（1）求函数的单调递减区间；
（2）若存在，当时，，求实数的取值范围.
【解析】（1）函数的定义域为，
令，解得.
所以函数的单调递减区间为.
（2）由（1）可知，当时，，
所以当时，.即不存在满足题意；
当时，由，得，
对于，有，所以不存在满足题意；
当时，令
则，
令，得，
当时，，所以在内单调递增，
此时，即，
所以存在满足题意
综上，实数的取值范围是
1.（2021·山东淄博市实验中学高三模拟）已知函数的定义域为．
（1）求的单调区间；
（2）讨论函数在上的零点个数
【解析】（1），
因为，所以的零点为0和1.
令，得；令，得或.
所以的单调递减区间为，单调递增区间为，.
（2）由（1）知，在上的极大值为，
极小值为，
因为，，所以.
，由，得.
当或时，的零点个数为0；
当或时，的零点个数为1；
当或时，的零点个数为2；
当时，的零点个数为3.
2.（2021·山师大附中高三模拟）已知函数且.
（1）求函数的单调区间；
（2）证明：.
【解析】（1），，即,解得或.
，解得，∴,∴，令，得.
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减.
所以的单调递增区间为，的单调递减区间为.
（2）要证成立，只需证成立.
令，则，令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
又由（1）可得在上，所以，所以，所以原不等式成立.
3.（2021·吉林长春市·东北师大附中高三模拟）已知，设函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若恒成立，求实数的取值范围．
【解析】（1），且，
①，，单调递增：
②，，单调递减：
③，，
时，，单调递减；
时，，单调递增．
（2），
即，，即，
令，则，
在单调递增，，即，即，
，则原不等式等价为，
即，
令，
则，
令，可得，
当时，，则在单调递减，
则只需满足，，解得，；
当时，可得在单调递增，在单调递减，
则，整理可得，
令，则，
则可得在单调递增，在单调递减，
则，故时，恒成立，
综上，.
4.（2021·湖南长沙长郡中学高三模拟）已知函数，．
（1）求函数的单调区间；
（2）设函数，存在实数，使得不等式成立，求的取值范围．
【解析】（1）∵，∴
（1）当时，∵，∴，，∴单减，∴减区间是．
时，，∴单增，∴增区间是．
（2）当时，∵，∴，∴的减区间是．
（3）当时，∵，∴的减区间是．
（4）当时，，∴，∴的增区间是，
，，∴的减区间是．
（2），因为存在实数，使得不等式成立，∴
，∵，，，单减，，，∴单增．∴，．
∴，∴，∵，∴．
5．（2021·山东济宁高三模拟）设函数，．
（1）若函数f（x）在处有极值，求函数f（x）的最大值；
（2）是否存在实数b，使得关于x的不等式在上恒成立？若存在，求出b的取值范围；若不存在，说明理由；
【解析】（1）由已知得：，且函数f（x）在处有极值
∴，∴，∴，
∴
当时，，f（x）单调递增；
当时，，f（x）单调递减；
∴函数f（x）的最大值为．
（2）由已知得：
①若，则时，
∴在上为减函数，
∴在上恒成立；
②若，则时，
∴在[0，+∞）上为增函数，
∴，
不能使在上恒成立；
③若，则时，，
当时，，
∴在上为增函数，
此时，
∴不能使在上恒成立；
综上所述，b的取值范围是．
6．（2021·浙江镇海中学高三模拟）已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论的单调性；
（3）设，当时，对任意的，存在，使得，求实数 b的取值范围
【解析】(Ⅰ)，
因为,且，
所以曲线在点处的切线方程为：.
(Ⅱ)令，所以，
当时,，
此时在上单调递减,在上单调递增；
当时,，
此时在上单调递增,在上单调递减.
(Ⅲ)当时,在上单调递减,在上单调递增，
所以对任意,有，
又已知存在，
使,所以，
即存在,使，
即，
即因为当，
所以,即实数取值范围是.
所以实数的取值范围是.
7．（2021·河北省衡水中学高三月考）已知函数，对任意，都有.
讨论的单调性；
当存在三个不同的零点时，求实数的取值范围.
【解析】（1）由，得
则，
若时，即时，在单调递减
若，即时，有两个零点
零点为：，
又开口向下
当时，，，单调递减
当时，，，单调递增
当时，，，单调递减
综上所述，当时，在上单调递减；当时，在和上单调递减，在上单调递增
（2）由（1）知当时，单调递减，不可能有三个不同的零点；
当时，在和上单调递减，在上单调递增
，又，有
在上单调递增，，
令，
令，单调递增
由，求得
当时，单调递减，
在上单调递增
故，故，，
由零点存在性定理知在区间有一个根，设为：
又，得，，是的另一个零点
故当时，存在三个不同的零点，，
8.（2021·浙江省杭州第二中学高三模拟）已知函数.
（1）证明：曲线在点处的切线恒过定点；
（2）若有两个零点，，且，证明：.
【解析】（1）函数的定义域为，由，得，则，又，则曲线在点处的切线的方程为，即，显然恒过定点.
（2）若有两个零点，，则，，得.
因为，令，则，
得，则，
所以.
令，则，
令，则，
则在上单调递增，所以.
所以，则在上单调递增，
所以，即，故.
＋
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