高考数学科学创新复习方案提升版高考大题冲关系列（1）函数与与导数问题热点题型学案（Word版附解析）

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题型1 利用导数研究函数的单调性、极值、最值
例1 (2024·镇江模拟)已知函数f(x)＝ln x＋ax－eq \f(1,x)，g(x)＝xln x＋(a－1)x＋eq \f(1,x).
(1)当a＝－2时，判断f(x)的单调性；
(2)当a>1时，记f(x)的零点为x0，g(x)的极小值点为x1，判断x0与x1的大小关系，并说明理由．
解 (1)当a＝－2时，f(x)＝ln x－2x－eq \f(1,x)，f(x)的定义域为(0，＋∞)，
所以f′(x)＝eq \f(1,x)－2＋eq \f(1,x2)＝eq \f(－2x2＋x＋1,x2)＝eq \f(（2x＋1）（－x＋1）,x2).
令f′(x)>0，解得01，
所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
(2)因为f(x)＝ln x＋ax－eq \f(1,x)，则f′(x)＝eq \f(1,x)＋a＋eq \f(1,x2)＝eq \f(ax2＋x＋1,x2)(x>0)，
当a>1时，则f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又f(1)＝a－1>0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(a))))＝－eq \f(1,2)ln a<0，
所以存在唯一的x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(a))，1))，使f(x0)＝0.
因为g(x)＝xln x＋(a－1)x＋eq \f(1,x)(x>0)，
则g′(x)＝ln x－eq \f(1,x2)＋a，
令h(x)＝ln x－eq \f(1,x2)＋a(x>0)，
则h′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(2,x3)>0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，即g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又g′(1)＝a－1>0，g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(a))))＝－eq \f(1,2)ln a<0，
所以存在m∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(a))，1))，使g′(m)＝0，
则当0m时，g′(x)>0.
所以g(x)在(0，m)上单调递减，在(m，＋∞)上单调递增，
所以m为g(x)的极小值点，故x1＝m，
由g′(m)＝0可得ln x1－eq \f(1,xeq \\al(2,1))＋a＝0，
故a＝eq \f(1,xeq \\al(2,1))－ln x1，
所以f(x1)＝ln x1＋ax1－eq \f(1,x1)＝ln x1＋x1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,xeq \\al(2,1))－ln x1))－eq \f(1,x1)＝(1－x1)ln x1，
又x1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(a))，1))，
所以f(x1)＝(1－x1)ln x1<0，
又因为x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(a))，1))，f(x0)＝0，且f(x)在(0，1)上单调递增，
所以x0>x1.
变式训练1 (2021·北京高考)已知函数f(x)＝eq \f(3－2x,x2＋a).
(1)若a＝0，求曲线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).
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00，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)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)所以0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，
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．
变式训练2 (2023·秦皇岛第一中学二模)已知函数f(x)＝ae2x＋1－2ex＋1＋eq \f(a,2)ex－eq \f(x,2).
(1)当a＝1时，求f(x)的极小值．
(2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．
解 (1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
当a＝1时，f′(x)＝2e2x＋1－2ex＋1＋eq \f(1,2)ex－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)(ex－1)(4ex＋1＋1)，
令f′(x)＝0，解得x＝0.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表：
因此，当x＝0时，f(x)有极小值，极小值为f(0)＝eq \f(1,2)－e.
(2)f′(x)＝2ae2x＋1－2ex＋1＋eq \f(a,2)ex－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)(aex－1)(4ex＋1＋1)，
(ⅰ)若a≤0，则f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，f(x)至多有一个零点．
(ⅱ)若a>0，令f′(x)＝0，解得x＝－ln a.
当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
所以当x＝－ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(－ln a)＝eq \f(1,2)－eq \f(e,a)＋eq \f(1,2)ln a.
当a＝e时，由于f(－ln a)＝0，故f(x)只有一个零点；
当a∈(e，＋∞)时，由于eq \f(1,2)－eq \f(e,a)＋eq \f(1,2)ln a>0，即f(－ln a)>0，故f(x)没有零点；
当a∈(0，e)时，eq \f(1,2)－eq \f(e,a)＋eq \f(1,2)ln a<0，
即f(－ln a)<0.
因为f(x)＝exeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(aex＋1－2e＋\f(a,2)))－eq \f(x,2)，
所以当x→－∞时，f(x)→＋∞，
故f(x)在(－∞，－ln a)上有一个零点；
当x→＋∞时，f(x)→＋∞，
故f(x)在(－ln a，＋∞)上有一个零点．
综上，实数a的取值范围为(0，e)．
题型3 利用导数研究不等式的有关问题
例3 (2023·全国甲卷)已知f(x)＝ax－eq \f(sinx,cs3x)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
(1)若a＝8，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)＜sin2x恒成立，求a的取值范围．
解 (1)f′(x)＝a－eq \f(csxcs3x＋3sinxcs2xsinx,cs6x)＝a－eq \f(cs2x＋3sin2x,cs4x)＝a－eq \f(3－2cs2x,cs4x).
令cs2x＝t，则t∈(0，1)，
则f′(x)＝g(t)＝a－eq \f(3－2t,t2)＝eq \f(at2＋2t－3,t2).
当a＝8时，f′(x)＝g(t)＝eq \f(8t2＋2t－3,t2)＝eq \f(（2t－1）（4t＋3）,t2).
当t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，即x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，f′(x)＜0；
当t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，即x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))时，f′(x)＞0.
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递减．
(2)设h(x)＝f(x)－sin2x，
h′(x)＝f′(x)－2cs2x＝g(t)－2(2cs2x－1)＝eq \f(at2＋2t－3,t2)－2(2t－1)＝a＋2－4t＋eq \f(2,t)－eq \f(3,t2).
设φ(t)＝a＋2－4t＋eq \f(2,t)－eq \f(3,t2)，0φ′(t)＝－4－eq \f(2,t2)＋eq \f(6,t3)＝eq \f(－4t3－2t＋6,t3)
＝－eq \f(2（t－1）（2t2＋2t＋3）,t3)＞0，
所以φ(t)在(0，1)上单调递增，
所以φ(t)＜a＋2－4×1＋eq \f(2,1)－eq \f(3,12)＝a－3.
①若a∈(－∞，3]，h′(x)＝φ(t)＜a－3≤0，
即h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，
所以h(x)＜0.
所以当a∈(－∞，3]时，f(x)＜sin2x，符合题意．
②若a∈(3，＋∞)，
当t→0时，eq \f(2,t)－eq \f(3,t2)＝－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)－\f(1,3)))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,3)→－∞，
所以φ(t)→－∞.
φ(1)＝a－3＞0，
所以∃t0∈(0，1)，使得φ(t0)＝0，即∃x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
使得h′(x0)＝0.
当t∈(t0，1)时，φ(t)＞0，即当x∈(0，x0)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．
所以当x∈(0，x0)时，h(x)＞0，不符合题意．
综上，a的取值范围为(－∞，3]．
变式训练3 (2023·福州模拟)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－ax＋a.
(1)若a＝2，试判断f(x)的单调性，并证明你的结论；
(2)若x>1，f(x)>0恒成立．
①求a的取值范围；
②设an＝eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋eq \f(1,n＋3)＋…＋eq \f(1,2n)，[x]表示不超过x的最大整数，求[10an]．
参考数据：ln 2≈0.69.
解 (1)当a＝2时，f(x)＝(x＋1)ln x－2x＋2(x>0)，f′(x)＝ln x＋eq \f(1,x)－1，
记g(x)＝ln x＋eq \f(1,x)－1，
则g′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,x2)＝eq \f(x－1,x2)，
所以当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以g(x)min＝g(1)＝0，所以g(x)≥0，
即f′(x)≥0，且仅有f′(1)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)①由题意得，f′(x)＝ln x＋eq \f(1,x)＋1－a，
令h(x)＝ln x＋eq \f(1,x)＋1－a，x∈(1，＋∞)，
则h′(x)＝eq \f(x－1,x2)，因为x∈(1，＋∞)，所以h′(x)>0，所以f′(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x>1时，f′(x)>f′(1)＝2－a.
(ⅰ)当a≤2时，f′(x)>0在(1，＋∞)上恒成立，
所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x>1时，f(x)>f(1)＝0，满足题意；
(ⅱ)当a>2时，f′(1)＝2－a<0，f′(ea)＝1＋eq \f(1,ea)>0，
又当x∈(1，＋∞)时，f′(x)单调递增，所以f′(x)在(1，＋∞)上有唯一零点，记为x0，
则当x∈(1，x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以f(x0)综上，a的取值范围为(－∞，2]．
②经计算，a1＝0.5，a2＝eq \f(7,12)∈(0.5，0.6)，a3＝eq \f(37,60)∈(0.6，0.7)．
因为an＋1－an＝eq \f(1,2n＋1)＋eq \f(1,2n＋2)－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n＋2)>0，
所以数列{an}单调递增，
所以当n＝1或n＝2时，0.5≤an<0.6；当n≥3时，an≥a3>0.6.
由①可知，当a＝2，x>1时，f(x)>0，即ln x>eq \f(2（x－1）,x＋1)(x>1)，
令eq \f(2（x－1）,x＋1)＝eq \f(1,k)，则x＝eq \f(2k＋1,2k－1)，则eq \f(1,k)令k＝n＋1，n＋2，…，2n，则
eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,2n)因为ln eq \f(4n＋1,2n＋1)＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,2n＋1)))所以当n＝1或n＝2时，[10an]＝5；当n≥3时，[10an]＝6.
利用导数研究函数的单调性、极值、最值，首先建立规范化解题的意识，即按照求定义域、求导数、研究f′(x)＝0实根的情况、用所得实根分割定义域、逐个区间分析导数的正负、求极值和端点函数值进而确定最值．
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．
x
(－∞，－1)
－1
(－1，4)
4
(4，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

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．
x
(－∞，0)
0
(0，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
单调递减
eq \f(1,2)－e
单调递增
(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．
(3)导数与数列中有关不等式的证明紧密相连且互相渗透，解题时应注意构造函数、合理放缩、累加、裂项等方法技巧的综合应用．