第4章 高考大题冲关系列(1) 高考中函数与导数问题的热点题型-【金版教程】2025年高考数学一轮复习创新方案课件PPT（新教材，提升版）

第四章　导数及其应用 高考大题冲关系列(1) 高考中函数与导数问题的热点题型 命题动向：函数是中学数学的核心内容，而导数是研究函数的重要工具，因此，导数的应用是历年高考的重点与热点．常涉及的问题有：讨论函数的单调性(求函数的单调区间)，求极值、最值、切线方程、函数的零点或方程的根，求参数的范围及证明不等式等，涉及的数学思想有：函数与方程、分类讨论、数形结合、转化与化归等，中、高档难度均有． 题型1 题型2 题型3 3 解 题型1 题型2 题型3 4 解 题型1 题型2 题型3 5 解 题型1 题型2 题型3 6 解 题型1 题型2 题型3 7 解 题型1 题型2 题型3 8 题型1 题型2 题型3 9 解 题型1 题型2 题型3 10 解 题型1 题型2 题型3 11 解 题型1 题型2 题型3 12 解 题型1 题型2 题型3 13 题型1 题型2 题型3 14 解 题型1 题型2 题型3 15 解 题型1 题型2 题型3 16 解 题型1 题型2 题型3 17 解 题型1 题型2 题型3 18 解 题型1 题型2 题型3 19 解 题型1 题型2 题型3 20 解 题型1 题型2 题型3 21 题型1 题型2 题型3 22 题型1 题型2 题型3 23 解 题型1 题型2 题型3 24 解 题型1 题型2 题型3 25 解 题型1 题型2 题型3 26 解 题型1 题型2 题型3 27 题型1 题型2 题型3 28 解 题型1 题型2 题型3 29 解 题型1 题型2 题型3 30 解 题型1 题型2 题型3 31 解 题型1 题型2 题型3 32 解 题型1 题型2 题型3 33 题型1 题型2 题型3 34 题型1 题型2 题型3 35 解 题型1 题型2 题型3 36 解 题型1 题型2 题型3 37 解 题型1 题型2 题型3 38 解 题型1 题型2 题型3 39 解 题型1 题型2 题型3 40 　　　　　　　　　　　　　 R 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0<x<1，令f′(x)<0，解得x>1， 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\co1(\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\co1(\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\co1(\f(1,\r(a))))＝－eq \f(1,2)ln a<0， 所以存在m∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a))，1))，使g′(m)＝0， 则当0<x<m时，g′(x)<0；当x>m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 x1－2,1)eq \f(1,x) ＋a＝0， 故a＝2,1)eq \f(1,x) －ln x1， 所以f(x1)＝ln x1＋ax1－eq \f(1,x1)＝ln x1＋x12,1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－ln x1)) －eq \f(1,x1)＝(1－x1)ln x1， 又x1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\co1(\f(1,\r(a))，1))，f(x0)＝0，且f(x)在(0，1)上单调递增， 所以x0>x1. 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． 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. 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． (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： x (－∞，－1) －1 (－1，4) 4 (4，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  极大值  极小值  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x<eq \f(3,2)时，f(x)>0；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)<a≤eq \f(e2,2)，b>2a；②0<a<eq \f(1,2)，b≤2a. 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0<a<eq \f(1,2)时，若x∈(－∞，ln (2a))，则f′(x)>0，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)<a≤eq \f(e2,2)，故1<2a≤e2，则b>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)<a≤eq \f(e2,2)，1<2a≤e2， 所以0<ln (2a)≤2， 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<a<eq \f(1,2)，故0<2a<1，则f(0)＝b－1≤2a－1<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\co1(\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． 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． 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： x (－∞，0) 0 (0，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) 单调递减 eq \f(1,2)－e 单调递增 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\co1(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,cos3x)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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(cosxcos3x＋3sinxcos2xsinx,cos6x)＝a－eq \f(cos2x＋3sin2x,cos4x)＝a－eq \f(3－2cos2x,cos4x). 令cos2x＝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\co1(0，\f(1,2)))，即x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，f′(x)＜0； 当t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，即x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))时，f′(x)＞0. 所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递减． (2)设h(x)＝f(x)－sin2x， h′(x)＝f′(x)－2cos2x＝g(t)－2(2cos2x－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)，0<t<1， φ′(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\co1(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\co1(\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\co1(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]． (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． 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)<f(1)＝0，不满足题意，舍去． 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)<ln eq \f(2k＋1,2k－1)， 令k＝n＋1，n＋2，…，2n，则 eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,2n)<ln eq \f(2n＋3,2n＋1)＋ln eq \f(2n＋5,2n＋3)＋…＋ln eq \f(4n＋1,4n－1)＝ln eq \f(4n＋1,2n＋1)， 因为ln eq \f(4n＋1,2n＋1)＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2n＋1)))<ln 2<0.7，所以当n≥3时，0.6<an<0.7. 所以当n＝1或n＝2时，[10an]＝5；当n≥3时，[10an]＝6. $$