第一篇 专题六 第3讲 函数与导数热点问题-【导与练】2023高考文科数学二轮复习教师用书word（老教材）

第3讲　函数与导数热点问题 考查特点 关键能力 学科素养 考查利用导数证明不等式,根据不等式恒成立求参数取值范围,利用导数研究函数零点个数,根据函数零点个数求解参数取值范围以及证明函数零点的性质等.题型为解答题,属于难题或较难题 逻辑思维能力、运算求解能力、数学建模能力 逻辑推理、数学建模、数学运算 1.[函数的零点问题](2022·全国乙卷)已知函数f(x)=ax--(a+1)ln x. (1)当a=0时,求f(x)的最大值; (2)若f(x)恰有一个零点,求a的取值范围. 解:(1)当a=0时,f(x)=--ln x(x>0), 所以f′(x)=-=. 若x∈(0,1),f′(x)>0,f(x)单调递增; 若x∈(1,+∞),f′(x)<0,f(x)单调递减, 所以f(x)max=f(1)=-1. (2)由f(x)=ax--(a+1)ln x(x>0), 得f′(x)=a+-=(x>0). 当a=0时,由(1)可知,f(x)不存在零点; 当a<0时,f′(x)=, 若x∈(0,1),f′(x)>0,f(x)单调递增, 若x∈(1,+∞),f′(x)<0,f(x)单调递减, 所以f(x)max=f(1)=a-1<0, 所以f(x)不存在零点; 当a>0时,f′(x)=, 若a=1,f′(x)≥0, f(x)在(0,+∞)上单调递增, 因为f(1)=a-1=0, 所以函数f(x)恰有一个零点, 所以a=1满足条件, 若a>1,f(x)在(0,),(1,+∞)上单调递增, 在(,1)上单调递减, 因为f(1)=a-1>0, 所以f()>f(1)>0, 当x→0+时,f(x)→-∞, 由零点存在定理可知f(x)在(0,)上必有一个零点,所以a>1满足条件; 若0<a<1,f(x)在(0,1),(,+∞)上单调递增,在(1,)上单调递减, 因为f(1)=a-1<0,所以f()<f(1)<0,当x→+∞时,f(x)→+∞,由零点存在定理可知f(x)在(,+∞)上必有一个零点,即0<a<1满足条件. 综上,若f(x)恰有一个零点,a的取值范围为(0,+∞). 2.[不等式恒成立、存在性问题](2021·全国甲卷)设函数f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,其中a>0. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围. 解:(1)由题意,f(x)的定义域为(0,+∞), f′(x)=2a2x+a-==, 则当x>时,f′(x)>0,f(x)单调递增; 当0<x<时,f′(x)<0,f(x)单调递减. 故函数f(x)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增. (2)由(1)知函数f(x)的最小值为f(), 要使y=f(x)的图象与x轴没有公共点,只需f(x)的最小值恒大于0,即f()>0恒成立, 故a2·()2+a·-3ln +1>0,得a>, 所以a的取值范围为(,+∞). 3.[不等式证明](2018·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=aex-ln x-1. (1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间; (2)证明:当a≥时,f(x)≥0. (1)解:f(x)的定义域为(0,+∞), f′(x)=aex-. 由题设知,f′(2)=0,所以a=. 从而f(x)=ex-ln x-1, f′(x)=ex-. 当0<x<2时,f′(x)<0;当x>2时,f′(x)>0. 所以f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增. (2)证明:当a≥时,f(x)≥-ln x-1. 设g(x)=-ln x-1,则g′(x)=-. 当0<x<1时,g′(x)<0;当x>1时,g′(x)>0. 所以x=1是g(x)的最小值点. 故当x>0时,g(x)≥g(1)=0. 因此,当a≥时,f(x)≥0. 4.[不等式恒成立、存在性问题](2020·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)=2ln x+1. (1)若f(x)≤2x+c,求c的取值范围; (2)设a>0,讨论函数g(x)=的单调性. 解:设h(x)=f(x)-2x-c, 则h(x)=2ln x-2x+1-c, 其定义域为(0,+∞),h′(x)=-2. (1)当0<x<1时,h′(x)>0; 当x>1时,h′(x)<0. 所以h(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)单调递减.从而当x=1时,h(x)取得最大值,最大值为h(1)=-1-c. 故当且仅当-1-c≤0, 即c≥-1时,f(x)≤2x+c. 所以c的取值范围为[-1,+∞). (2)g(x)==,x∈(0,a)∪(a,+∞). g′(x)==. 取c=-1得h(x)=2ln x-2x+2,h(1)=0,则由(1)知,当x≠1时,h(x)<0,即1-x+l