【高考数学】二轮复习举一反三专练：重难点06 导数必考压轴解答题全归类【十一大题型】

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\l "_Tc11737" 【题型1 函数的切线问题】 PAGEREF _Tc11737 \h 3
\l "_Tc25076" 【题型2 （含参）函数的单调性问题】 PAGEREF _Tc25076 \h 8
\l "_Tc11845" 【题型3 函数的极值、最值问题】 PAGEREF _Tc11845 \h 13
\l "_Tc23386" 【题型4 函数零点（方程根）问题】 PAGEREF _Tc23386 \h 17
\l "_Tc31279" 【题型5 不等式的证明】 PAGEREF _Tc31279 \h 22
\l "_Tc22243" 【题型6 利用导数研究不等式恒成立问题】 PAGEREF _Tc22243 \h 25
\l "_Tc21214" 【题型7 利用导数研究能成立问题】 PAGEREF _Tc21214 \h 30
\l "_Tc12189" 【题型8 双变量问题】 PAGEREF _Tc12189 \h 34
\l "_Tc21118" 【题型9 导数中的极值点偏移问题】 PAGEREF _Tc21118 \h 39
\l "_Tc31987" 【题型10 导数与三角函数结合问题】 PAGEREF _Tc31987 \h 44
\l "_Tc18678" 【题型11 导数与数列不等式的综合问题】 PAGEREF _Tc18678 \h 49
导数是高中数学的重要考查内容，是高考必考的热点内容.从近几年的高考情况来看，在解答题中试题的难度较大，主要涉及导数的几何意义、函数的单调性问题、函数的极值和最值问题、函数零点问题、不等式恒成立与存在性问题以及不等式的证明等内容，考查分类讨论、转化与化归等思想，属综合性问题，解题时要灵活求解．
其中，对于不等式证明中极值点偏移、隐零点问题和不等式的放缩应用这三类问题是目前高考导数压轴题的热点方向．
【知识点1 切线方程的求法】
1.求曲线“在”某点的切线方程的解题策略：
①求出函数y=f(x)在x=x0处的导数，即曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处切线的斜率；
②在已知切点坐标和切线斜率的条件下，求得切线方程为y=y0+f'(x0)(x-x0).
2.求曲线“过”某点的切线方程的解题通法：
①设出切点坐标T(x0,f(x0))(不出现y0)；
②利用切点坐标写出切线方程：y=f(x0)+f'(x0)(x-x0)；
③将已知条件代入②中的切线方程求解.
【知识点2 导数中函数单调性问题的解题策略】
1.含参函数的单调性的解题策略：
(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.
(2)若导函数为二次函数式，首先看能否因式分解，再讨论二次项系数的正负及两根的大小；若不能因式分解，则需讨论判别式△的正负，二次项系数的正负，两根的大小及根是否在定义域内.
2.根据函数单调性求参数的一般思路：
(1)利用集合间的包含关系处理：y=f(x)在(a,b)上单调，则区间(a,b)是相应单调区间的子集.
(2)f(x)为增(减)函数的充要条件是对任意的x∈(a,b)都有f'(x)≥0(f'(x)≤0)，且在(a,b)内的任一非空子区间上，f'(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则会漏解.
(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题.
【知识点3 函数的极值与最值问题的解题思路】
1.运用导数求函数f(x)极值的一般步骤：
(1)确定函数f(x)的定义域；
(2)求导数f'(x)；
(3)解方程f'(x)=0，求出函数定义域内的所有根；
(4)列表检验f'(x)在f'(x)=0的根x0左右两侧值的符号；
(5)求出极值.
2.根据函数极值求参数的一般思路：
已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要注意：根据极值点的导数为0和极值这两个条件列方
程组，利用待定系数法求解.
3.利用导数求函数最值的解题策略：
(1)利用导数求函数f(x)在[a,b]上的最值的一般步骤：
①求函数在(a,b)内的极值；
②求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b)；
③将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.
(2)求函数在无穷区间(或开区间)上的最值的一般步骤：
求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和
极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值.
【知识点4 导数的综合应用】
1．导数中的函数零点（方程根）问题
利用导数研究含参函数的零点（方程的根）主要有两种方法：
(1)利用导数研究函数f(x)的最值，转化为f(x)图象与x轴的交点问题，主要是应用分类讨论思想解决.
(2)分离参变量，即由f(x)=0分离参变量，得a=g(x)，研究y=a与y= g (x)图象的交点问题.
2．导数中的不等式证明
(1)一般地，要证f(x)>g(x)在区间(a，b)上成立，需构造辅助函数F(x)＝f(x)－g(x)，通过分析F(x)在端点处的函数值来证明不等式．若F(a)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递增即可；若F(b)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递减即可.
(2)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，可考虑转化为两个函数的最值问题．
3．导数中的恒成立、存在性问题
解决不等式恒（能）成立问题有两种思路：
(1)分离参数法解决恒（能）成立问题，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，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题，即可解决问题．
(2)分类讨论法解决恒（能）成立问题，将恒成立问题转化为最值问题，此类问题关键是对参数进行分类讨论，在参数的每一段上求函数的最值，并判断是否满足题意，据此进行求解即可.
4．导数中的双变量问题
破解双参数不等式的方法：
一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；
二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；
三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．
5．极值点偏移的相关概念
所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性．
极值点偏移的定义：对于函数在区间内只有一个极值点，方程的解分别为，且.
(1)若，则称函数在区间上极值点偏移；
(2)若，则函数在区间上极值点左偏，简称极值点左偏；
(3)若，则函数在区间上极值点右偏，简称极值点右偏．
【题型1 函数的切线问题】
【例1】（2023·河南·统考模拟预测）已知函数fx=aex−1−lnx.
(1)当a=1时，求fx的图象在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)当a≥1时，证明：fx>sinx.
【解题思路】（1）分别求出f1,f′1，再利用直线的点斜式方程即可求解；
（2）利用作差法并构造函数gx=ex−1−lnx−sinx，并利用二次导数求出gxmin>0恒成立，即可求解.
【解答过程】（1）当a=1时，fx=ex−1−lnx，则f′x=ex−1x
所以f′1=e−1，又因为f1=e−1，
故所求切线方程为y−e−1=e−1x−1，即y=e−1x.
（2）因为fx的定义域是0,+∞，
所以当a≥1时，fx−sinx=aex−1−lnx−sinx≥ex−1−lnx−sinx
设gx=ex−1−lnx−sinx，则g′x=ex−1x−csx，
设ℎx=g′x=ex−1x−csx，则ℎ′x=ex+1x2+sinx>0在0,+∞上恒成立，
所以ℎx在0,+∞上是增函数，则ℎ13=e13−3−cs132.73>16=24，所以eπ4>2，
又因为4π+sinπ40，即fx>sinx成立.
【变式1-1】（2023·四川雅安·统考一模）已知函数f(x)=aex+bx+c在x=ln2时有极小值.曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为x+y=0.
(1)求a,b,c的值；
(2)若对任意实数x,f(x)≥(e−2)x+m恒成立，求实数m的取值范围.
【解题思路】（1）对函数求导，利用在x=ln2时有极小值和在点(0,f(0))处的切线方程，即可求出a,b,c的值；
（2）将函数代入不等式并分离参数，转化成ex−ex−1≥m对任意实数x恒成立问题，构造函数g(x)=ex−ex−1(x∈R)，通过讨论新函数的单调性，求出新函数的取值范围，进而得出实数m的取值范围.
【解答过程】（1）由题意，x∈R，
在f(x)=aex+bx+c中，f′x=aex+b，
在x=ln2时有极小值.曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为x+y=0.
∴f0=0f′0=−1f′ln2=0即a+c=0a+b=−12a+b=0,∴a=1b=−2c=−1 ，
∴f(x)=ex−2x−1，f′x=ex−2，
当x>ln2时，f′(x)>0,f(x)在(ln2,+∞)上单调递增.
当x0，则g′(x)>0，故g(x)在(1,+∞)上单调递增；
当x0，
所以函数ℎx单调递增，所以ℎx>ℎ0=0，所以ℎx2=fx2−f−x2>0，
即fx1>f−x2，所以x1>−x2，即x1+x2>0，
设gx=fx−f2−x，x∈0,1，g'x=f'x+f'2−x=−2x−12x+1x−3>0，
所以函数gx单调递增，
所以gx0，故00)，则ℎ′(x)=−2x−10，x∈(1,+∞)时，ℎ(x)0，x∈(1,+∞)时，g′(x)0)在区间0,1上单调递增，在区间(1,+∞)上单调递减，
故g(x)≤g(1)=1，所以12a≥1，即a≥2，
所以，实数a的取值范围为a≥2.
【变式6-1】（2023·全国·模拟预测）已知fx=aex+lnx+1，a为任意实数．
(1)讨论函数fx的单调性；
(2)令a=2，对∀x≥0，均有fx≥kx+2恒成立，求k的取值范围．
【解题思路】（1）直接对fx求得，分a≥0,a0时，由fx≥kx+2，得k≤fx−2xx>0，
则k≤fx−2xmin．
又fx−2x>3x+2−2x=3，∴k≤3，
∴k的取值范围是−∞,3．
【变式6-2】（2023·云南红河·统考一模）已知函数f(x)=mx−lnx−1(m∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若关于x的不等式ex−1+alnx−(a+1)x+a≥0恒成立，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）先求得f′x，然后对m进行分类讨论，从而求得fx的单调区间.
（2）将要证明的不等式转化为elnx−alnx≤ex−1−a(x−1)，然后利用构造函数法，结合导数证得不等式成立.
【解答过程】（1）由题可知，f(x)的定义域为(0,+∞)，
f′(x)=m−1x=mx−1x
当m≤0时，mx−10解得x>1m，令f′(x)0且a≠1.
令m=min0,−lna，n=max0,−lna，则有：
可知g(x)分别在x=m和x=n取得极大值和极小值，符合题意.
综上，实数a的取值范围是(0,1)∪(1,+∞).
（ⅱ）由a∈(0,1)，可得−lna>0，
所以x1=0，x2=−lna，gx1=a−1，gx2=1−a+(a+1)lna且有gx20时,f(x)在(lna,a)上单调递减,在(−∞,lna)，(a,+∞)上单调递增.
（2）当a=−1时,f(x)=xex+12x2+x−1,
存在x∈(0,+∞),使得f(x)≤lnx+12x2+(b+1)x成立,
即xex−lnx−1≤bx成立,即b≥xex−lnx−1x成立，
设ℎ(x)=xex−lnx−1x,则ℎ′(x)=x2ex+lnxx2,
设m(x)=x2ex+lnx,m'(x)=(x2+2x)ex+1x>0，则m(x)在(0,+∞)上单调递增，
且m(1)=e>0,m1e=e1e−2−10，y'=(x+1)ex>0，y=xex在(0,+∞)上单调递增,得x0=ln1x0=−lnx0,
所以ex0=1x0,lnx0x0=−1,x∈0,x0时,m(x)0,ℎ(x)单调递增，
所以ℎ(x)≥ℎx0=ex0−lnx0x0−1x0=1x0+1−1x0=1,
所以b≥1,即b的取值范围是[1,+∞).
【变式7-3】（2023·北京海淀·统考一模）已知函数f(x)=eax−x．
(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；
(2)求f(x)的单调区间；
(3)若存在x1,x2∈[−1,1]，使得fx1⋅fx2≥9，求a的取值范围．
【解题思路】（1）当a=1时，求出函数f(x)的导数，求出曲线y=f(x)在点(0,f(0))处切线的斜率，然后求解切线的方程即可；
（2）先求出函数f(x)的导数，分a≤0和a>0两种情况讨论即可得到单调区间；
（3）将题中条件转化为若∃x∈−1,1，使得f(x)≥3成立，再结合函数放缩得到若∃x∈−1,1，使得f(x)max≥3成立，再根据（2）中的单调情况可知f(x)max为f(−1)与f(1)中的较大者，从而得到当f(−1)≥3或f(1)≥3即可满足题意，进而求解即可．
【解答过程】（1）当a=1时，f(x)=ex−x，则f′(x)=ex−1，
得f(0)=1，f′(0)=0，
所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=1．
（2）由f(x)=eax−x，则f′(x)=aeax−1，
当a≤0时，f′(x)0时，令f′(x)=0，解得x=−lnaa，
此时f(x)与f′(x)的变化情况如下：
由上表可知，f(x)的减区间为−∞,−lnaa，增区间为−lnaa,+∞，
综上，当a≤0时，f(x)的减区间为−∞,+∞，无增区间；
当a>0时，f(x)的减区间为−∞,−lnaa，增区间为−lnaa,+∞．
（3）将f(x)在区间−1,1上的最大值记为f(x)max，最小值记为f(x)min，
因为存在x1,x2∈[−1,1]，使得fx1⋅fx2≥9，
所以∃x∈−1,1，使得f(x)≥3成立，即f(x)max≥3或f(x)min≤−3，
当x∈−1,1时，f(x)=eax−x>−x>−1，
若∃x∈−1,1，使得f(x)≥3成立，只需f(x)max≥3，
由（2）可知f(x)在区间−1,1上单调或先减后增，
故f(x)max为f(−1)与f(1)中的较大者，
所以只需当f(−1)≥3或f(1)≥3即可满足题意，
即只需f(−1)=e−a+1≥3或f(1)=ea−1≥3，
解得a≤−ln2或 a≥ln4，
综上所述，a的取值范围是−∞,−ln2∪ln4,+∞．
【题型8 双变量问题】
【例8】（2023·全国·模拟预测）已知函数fx=x+tlnx+t+t−1xt∈R．
(1)当t=0时，讨论函数fx的极值；
(2)已知Fx=fx−ex，函数Fx存在两个极值点x1，x2，证明：x1+x21时，ℎt>ℎ1=0，即lnt>2t−1t+1成立，
故原不等式x1⋅x2>e2成立.
【题型9 导数中的极值点偏移问题】
【例9】（2023·贵州毕节·校考模拟预测）已知函数fx=2x+alnx−3x−a,a>0.
(1)当x≥1时，fx≥0，求a的取值范围.
(2)若函数fx有两个极值点x1,x2，证明：x1+x2>2e−12.
【解题思路】（1）参变分离可得a≥3x−2xlnx3+lnx在x≥1恒成立，令g(x)=3x−2xlnx3+lnx，x∈[1,+∞)，利用导数求出函数的最大值，即可得解；
（2）求出函数的导函数，依题意可得函数y=a与函数ℎ(x)=x−2xlnx，x∈0,+∞的图象有两个交点，利用导数说明ℎx的单调性，不妨设00．
则f′x=2lnx+2x+ax−3=2lnx+ax−1=a+2xlnx−xx，
∵函数f(x)有两个极值点x1，x2，
∴f′x=0有两个正实数解⇔方程a=x−2xlnx有两个正实数解⇔函数y=a与函数ℎ(x)=x−2xlnx，x∈0,+∞的图象有两个交点．
ℎ′x=1−2−2lnx=−2lnx−1，令ℎ′x=0，解得x=1e，
当01e时ℎ′x0，
即证ex−xex2−1>0，
设ℎ(x)=ex−xex2−1,x>0，
则ℎ′(x)=ex−ex2+x2ex2
=ex−ex21+x2=ex2⋅(ex2−1−x2)>0，ex−x−1>0
所以ℎ(x)在0,+∞上单调递增，
则ℎ(x)>ℎ(0)=0，则所证不等式fx=ex−1x>ex2,x>0成立.
又xn>0，exn+1=fxn>exn2，
所以xn+1>xn2，x1=1，
所以x2>x12>12，x3>x22>122, ⋅⋅⋅ xn>xn−12>12n−1，
则当n≥2时，
i=1nxi>1+12+⋅⋅⋅+12n−1=2−12n−1，
又当n=1时，
x1=2−121−1=1，
故i=1nxi≥2−12n−1成立.
【变式11-3】（2023·上海浦东新·华师大二附中校考模拟预测）设函数fnx=−1+x+x222+x332+⋯+xnn2.
(1)求函数f3x在点1,f31处的切线方程;
(2)证明:对每个n∈N*，存在唯一的xn∈23,1，满足fnxn=0；
(3)证明:对于任意p∈N∗，由（2）中xn构成的数列xn满足00，fn230，故函数fx在0,+∞上是增函数.
由于f11=0，当n≥2时，fn1=122+132+…+1n2>0，即fn1>0.
又fn23=−1+23+k=2n23kk2≤−13+14k=2n23k= −13+142321−23n−11−23=−13⋅23n−10时，
∵fn+1x=fnx+xn+1(n+1)2>fnx，∴fn+1xn>fnxn=fn+1xn+1=0.
由fn+1x在0,+∞上单调递增，可得xn+10，故数列xn为减数列，
即对任意的n、p∈N∗，xn−xn+p>0.
由于fnxn=−1+xn+xn222+⋯+xnnn2=0 （1），
fn+pxn+p=−1+xn+p+xn+p222+⋯+xn+pnn2+xn+pn+1(n+1)2+xn+pn+2(n+2)2+⋯+xn+pn+p(n+p)2 （2）
用（1）减去（2）并移项，利用00
所以g(t)=t+lnt−a在(1,+∞)上单调递增，故g(t)=0只有1个解
又因为f(x)=exx+lnexx−a有两个零点x1,x2，故t=ex1x1=ex2x2
两边取对数得：x1−lnx1=x2−lnx2，即x1−x2lnx1−lnx2=1
又因为x1x2