三年高考（2016_2018）高考数学试题分项版解析专题08导数与不等式、函数零点相结合文（含解析）.doc

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1、1专题 08 导数与不等式、函数零点相结合 文考纲解读明方向考纲内容 考 点 考查频度 学科素养 规律与趋向1.利用导数研究函数的单调性、极(最)值，并会解决与之有关的方程(不等式)问题；2.会利用导数解决某些简单的实际问题.1.导数与不等式3 年 3 考逻辑推理数学计算1.高频考向:利用导数解决与之有关的方程（不等式）问题2.低频考向:利用导数解决某些实际问题.3.特别关注:利用导数研究函数的零点问题.2018 年高考全景展示1.【2018 年浙江卷】已知函数 f(x)= lnx（）若 f(x)在 x=x1， x2(x1 x2)处导数相等，证明： f(x1)+f(x2)88ln2；（）若 a

2、34ln2，证明：对于任意 k0，直线 y=kx+a 与曲线 y=f(x)有唯一公共点【答案】 （）见解析 （）见解析【解析】分析: （）先求导数，根据条件解得 x1， x2关系，再化简 f(x1)+f(x2)为 ，利用基本不等式求得 取值范围，最后根据函数单调性证明不等式， （）一方面利用零点存在定理证明函2数 有零点，另一方面，利用导数证明函数 在 上单调递减，即至多一个零点.两者综合即得结论.x （0，16） 16 （16，+）- 0 +2-4ln2所以 g（ x）在256，+）上单调递增，故 ，即 由（）可知 g（ x） g（16） ，又 a34ln2，故 g（ x）1+ a g（16

3、）1+ a=3+4ln2+a0，所以 h（ x）0，即函数 h（ x）在（0，+）上单调递减，因此方程 f（ x） kxa=0 至多 1 个实根综上，当 a34ln2 时，对于任意 k0，直线 y=kx+a 与曲线 y=f（ x）有唯一公共点 点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略：(1) 构造差函数 .根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.32.【2018 年全国卷文】已知函数 （1）求曲线 在点 处的切线方程；（2）

4、证明：当 时， 【答案】 （1）切线方程是 （2）证明见解析【解析】分析：（1）求导，由导数的几何意义求出切线方程。（2）当 时， ,令 ，只需证明即可。详解：（1） ， 因此曲线 在点 处的切线方程是（2）当 时， 令 ，则 当 时， ， 单调递减；当 时， ， 单调递增；所以 因此 点睛：本题考查函数与导数的综合应用，由导数的几何意义可求出切线方程，第二问当 时，,令 ，将问题转化为证明 很关键，本题难度较大。3 【2018 年全国卷 II 文】已知函数 （1）若 ，求 的单调区间；（2）证明： 只有一个零点【答案】 （1） f（ x）在（， ） ， （ ，+ ）单调递增，在（ ， ）单调

5、递减（2） f（ x）只有一个零点【解析】分析：（1）将 代入，求导得 ，令 求得增区间，令 求得减区间；（2）令 ，即 ，则将问题转化为函数只有一个零点问题，研究函数 单调性可得.4（2）由于 ，所以 等价于 设 = ，则 g （ x）= 0，仅当 x=0 时 g （ x）=0，所以 g（ x）在（，+）单调递增故 g（ x）至多有一个零点，从而 f（ x）至多有一个零点又 f（3 a1）= ， f（3 a+1）= ，故 f（ x）有一个零点综上， f（ x）只有一个零点点睛：（1）用导数求函数单调区间的步骤如下：确定函数 的定义域；求导数 ；由（或 ）解出相应的 的取值范围，当 时， 在相

6、应区间上是增函数；当时， 在相应区间上是减增函数.（2）本题第二问重在考查零点存在性问题，解题的关键在于将问题转化为求证函数 有唯一零点，可先证明其单调，再结合零点存在性定理进行论证.2017 年高考全景展示1.【2017 课标 3，文 21】已知函数 ()fx=lnx+ax2+(2a+1)x（1）讨论 ()fx的单调性；（2）当 a0 时，证明3()24fxa【答案】 （1）当 0时， )(f在 ),0单调递增；当 0a时，则 )(xf在)21,0a单调递增，在),2(a单调递减；（2）详见解析【解析】试题分析：（1）先求函数导数(21)(0)axf x，再根据导函数符号变化情况讨论单调性：

7、当 0a时， 0)(xf，则 )(xf在 ),0单调递增，当 a时，则 )(xf在)21,0a单调5递增，在),21(a单调递减.（2）证明3()24fxa，即证 max3()24f，而)maxff，所以目标函数为1ln)1f，即 ty1ln （021t） ，利用导数易得 0)(maxy，即得证.【考点】利用导数求单调性，利用导数证不等式【名师点睛】利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数 ()()hxfgx.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放

8、缩、等量代换将多元函数转化为一元函数. 2.【2017 天津，文 19】设 ,abR， |1.已知函数 32()6(4)fxaxb， ()e()xgf.（）求 ()fx的单调区间；（）已知函数 ()yg和 exy的图象在公共点（ x0， y0）处有相同的切线，（i）求证： fx在 0处的导数等于 0；（ii）若关于 x 的不等式 ()exg在区间 01,x上恒成立，求 b 的取值范围.6【答案】 （）递增区间为 (,)a， (4,)，递减区间为 (),4a.（2） （） ()fx在 0处的导数等于 0.（） b的取值范围是 7,1.【解析】试题分析：（）先求函数的导数 34fxax ，再根据

9、1a，求得两个极值点的大小关系， 4a，再分析两侧的单调性，求得函数的单调区间；（） （）根据 gx与 e有共同的切线，根据导数的几何意义建立方程，求得 0fx，得证；（）将不等式转化为 f，再根据前两问可知 0x是极大值点 0xa，由（I）知 ()在 ,)1a内单调递增，在 (),1a内单调递减，从而 1ffa在 ,上恒成立，得 326b， ，再根据导数求函数的取值范围.（II） （i）因为 ()e()xgfx，由题意知0()exg，所以000()e()exxxff，解得 0()1fx.所以， ()f在 0处的导数等于 0.7【考点】1.导数的几何意义；2.导数求函数的单调区间；3.导数的综

10、合应用.【名师点睛】本题本题考点为导数的应用，本题属于中等问题，第一问求导后要会分解因式，并且根据条件能判断两个极值点的大小关系，避免讨论，第二问导数的几何意义，要注意切点是公共点，切点处的导数相等的条件，前两问比较容易入手，但第三问，需分析出 0xa ，同时根据单调性判断函数的最值，涉及造函数解题较难，这一问思维巧妙，有选拔优秀学生的功能.2016 年高考全景展示1. 【2016 高考新课标 1 文数 】若函数 1()sin2i3fx-xa在 ,单调递增,则 a 的取值范围是（ ）（A） 1,（B） ,3（C） ,（D） 1,【答案】C【解析】试题分析： 21cos03fxxa对 xR恒成立

11、,故 21cos3,即 245cso03恒成立,即 450ta对 t恒成立,构造 3ftta,开口向下的二次函数 ft的最小值8的可能值为端点值,故只需保证103ft,解得 13a故选 C考点：三角变换及导数的应用【名师点睛】本题把导数与三角函数结合在一起进行考查,有所创新,求解关键是把函数单调性转化为不等式恒成立,再进一步转化为二次函数在闭区间上的最值问题,注意与三角函数值域或最值有关的问题,要注意弦函数的有界性.2. 2016 高考新课标文数设函数 ()ln1fx（I）讨论 ()fx的单调性；（II）证明当 1,时， 1lnx；（III）设 c，证明当 (0,)x时， ()xc.【答案】

12、（）当 时， f单调递增；当 1时， ()f单调递减；（）见解析；（）见解析【解析】试题分析：（）首先求出导函数 ()fx，然后通过解不等式 ()0fx或 ()fx可确定函数 ()fx的单调性（）左端不等式可利用（）的结论证明，右端将左端的 换为 1即可证明；（）变形所证不等式，构造新函数，然后通过利用导数研究函数的单调性来处理9考点：1、利用导数研究函数的单调性；2、不等式的证明与解法【思路点拨】求解导数中的不等式证明问题可考虑：（1）首先通过利用研究函数的单调性，再利用单调性进行证明；（2）根据不等式结构构造新函数，通过求导研究新函数的单调性或最值来证明3.【2016 高考天津文数】 （本

13、小题满分 14 分）设函数 baxf3)(， R，其中 ba,（）求 )(xf的单调区间；（）若 存在极值点 0x，且 )(01xff，其中 01x，求证： 021x；（）设 0a，函数 |)(|g，求证： g在区间 ,上的最大值不小于 4.【答案】 （）递减区间为 3,a，递增区间为 3(,)a， (,).（）详见解析（）详见解析【解析】试题分析：（）先求函数的导数：2()3fxa，再根据导函数零点是否存在情况，分类讨论：当0a时，有2()30fxa恒成立，所以 ()f的单调增区间为 (,).当 0a时，存在三个单调区间（）由题意得20()fx即203x，再由 )(01xff化简可得结论（）

14、实质研究函数 )(xg最大值：主要比较 (1),f，|(|,()|aff的大小即可，分三种情况研究当3a时，3aa，当34时，232311aa，当10304a时，2311a.试题解析：（1）解：由 3()fxb，可得 2()3fxa，下面分两种情况讨论：当 0a时，有 20a恒成立，所以 的单调增区间为 (,).当 时，令 ()fx，解得 3x或 3a. 当 x变化时， f、 f的变化情况如下表：3(,)a3(,)a3a(,)fx00(单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增所以 ()fx的单调递减区间为 3(,)a，单调递增区间为 3(,)a， (,).（3）证明：设 ()gx在区间 1

15、,上的最大值为 M， max,y表示 x， 两数的最大值，下面分三种情况讨论：当 3a时， 31aa，由（1） 知 ()fx在区间 1,上单调递减，所以 ()fx在区间 ,上的取值范围为 (),f，因此，ma1()max|1|Mfbamx|1|,|ab111,0ab 所以 1|2Mab.当 304a时， 2311a，由（1）和（2）知，(1)()3fff， 3()()aff，所以 fx在区间 1,上的取值范围为 1,f，因此，ma()max|Mf bamx|1|,|ab1|4b.综上所述，当 0时， ()gx在区间 1,上的最大值不小于 4.考点：导数的运算，利用导数研究函数的性质、证明不等式

16、【名师点睛】1.求可导函数单调区间的一般步骤(1)确定函数 f(x)的定义域(定义域优先)；(2)求导函数 f( x)；(3)在函数 f(x)的定义域内求不等式 f( x)0 或 f( x)0 的解集(4)由 f( x)0( f( x)0)的解集确定函数 f(x)的单调增(减)区间若遇不等式中带有参数时，可分类讨论求得单调区间122由函数 f(x)在( a， b)上的单调性，求参数范围问题，可转化为 f( x)0(或 f( x)0)恒成立问题，要注意“”是否可以取到4. 【2016 高考浙江文数】 （本题满分 15 分）设函数 ()fx= 31， 0,.证明：（I） ()fx21；（II） 3

17、4. 【答案】 （）证明见解析；（）证明见解析.【解析】试题分析：本题主要考查函数的单调性与最值、分段函数等基础知识，同时考查推理论证能力、分析问题和解决问题的能力.第一问，利用放缩法，得到41x，从而得到结论；第二问，由 01x得3x，进行放缩，得到 32fx， 再结合第一问的结论，得到 34fx， 从而得到结论. ()由 01x得 3x，故 3 12332xf ，所以 2fx .由()得 221314fx，又因为 9324f，所以 fx，综上， 3.fx 考点：函数的单调性与最值、分段函数.13【思路点睛】 （I）先用等比数列前 n项和公式计算 231x，再用放缩法可得 2311xx，进而

18、可证 21fx；（II）由（I）的结论及放缩法可证 42fx5.【2016 高考新课标 1 文数】 （本小题满分 12 分）已知函数 2e1fa(I)讨论 fx的单调性；(II)若 有两个零点,求 a的取值范围.【答案】见解析(II) 0,【解析】试题分析：(I)先求得 12.xfxea再根据 1,0,2a 的大小进行分类确定 fx的单调性；(II)借助第一问的结论,通过分类讨论函数单调性,确定零点个数,从而可得 a 的取值范围为 0,.若 2ea,则 1lna,故当 ,1ln2,xa时, 0fx,当 1,ln2a时,0fx,所以 fx在 ln2a单调递增,在 1ln2a单调递减. (II)(i)设 ,则由(I)知, f在 ,单调递减,在 ,单调递增.又 12fefa， ,取 b 满足 b0 且 ln2,则 2310fb,所以 fx有两个零点.14(ii)设 a=0,则 2xfxe所以 f有一个零点.考点：函数单调性,导数应用【名师点睛】本题第一问是用导数研究函数单调性,对含有参数的函数单调性的确定,通常要根据参数进行分类讨论,要注意分类讨论的原则：互斥、无漏、最简；第二问是求参数取值范围,由于这类问题常涉及到导数、函数、不等式等知识,越来越受到高考命题者的青睐,解决此类问题的思路是构造适当的函数,利用导数研究函数的单调性或极值破解.