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理.doc

1 / 19【2019【2019 最新最新】精选高考数学试题分项版解析专题精选高考数学试题分项版解析专题 0808 导数与不导数与不等式函数零点相结合理等式函数零点相结合理【2017 年】1.【2017 课标 3，理 11】已知函数有唯一零点，则 a=211( )2()xxf xxxa ee ABCD11 21 31 2【答案】C【解析】试题分析：函数的零点满足，2112xxxxa ee 设，则， 11xxg xee 21 111 1111x xxx xxegxeeeee 当时，当时，函数 单调递减， 0gx1x 1x 0gx g x当时，函数 单调递增，1x 0gx g x当时，函数取得最小值，1x 12g设 ，当时，函数取得最小值 ， 22h xxx1x 1若，函数与函数没有交点，0a h x ag x当时，时，此时函数和有一个交点，0a 11agh h x ag x即，解得 .故选 C.21a 1 2a 【考点】 函数的零点；导函数研究函数的单调性，分类讨论的数学思想2.【2017 课标 1，理 21】已知函数.2( )(2)xxf xaeaex（1）讨论的单调性；( )f x（2）若有两个零点，求 a 的取值范围.( )f x2 / 19【解析】试题分析：（1）讨论单调性，首先进行求导，发现式子特点后要及时进行因式分解，在对按，进行讨论，写出单调区间；（2）根据第（1）题，若，至多有一个零点.若，当时，取得最小值，求出最小值，根据， ，进行讨论，可知当有 2 个零点，设正整数满足，则( )f x0a 0a 0a ( )f x0a lnxa ( )f x1( ln )1lnfaaa 1a (1,)a(0,1)a(0,1)a0n03ln(1)na0000 0000()e ( e2)e20nnnnf naannn.由于，因此在有一个零点.所以的取值范围为.3ln(1)lnaa ( )f x( ln ,)a(0,1)试题解析：（1）的定义域为， ，( )f x(,) 2( )2(2)1(1)(21)xxxxfxaeaeaee （）若，则，所以在单调递减.0a ( )0fx( )f x(,) （）若，则由得.0a ( )0fxlnxa 当时， ；当时， ，所以在单调递减，在单调递增.(,ln )xa ( )0fx( ln ,)xa ( )0fx( )f x(,ln )a ( ln ,)a（2） （）若，由（1）知，至多有一个零点.0a ( )f x（）若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为.0a lnxa ( )f x1( ln )1lnfaaa 当时，由于，故只有一个零点；1a ( ln )0fa( )f x当时，由于，即，故没有零点；(1,)a11ln0aa( ln )0fa( )f x当时， ，即.(0,1)a11ln0aa( ln )0fa又，故在有一个零点.422( 2)e(2)e22e20faa ( )f x(,ln )a 设正整数满足，则.0n03ln(1)na0000 0000()e ( e2)e20nnnnf naannn3 / 19由于，因此在有一个零点.3ln(1)lnaa ( )f x( ln ,)a综上，的取值范围为.(0,1)【考点】含参函数的单调性，利用函数零点求参数取值范围.在大于 0 的点.3.【2017 课标 II，理】已知函数，且。 2lnf xaxaxxx 0f x (1)求；a(2)证明：存在唯一的极大值点，且。 f x0x 22 02ef x【答案】(1)；(2)证明略。1a 【解析】试题解析：（1）的定义域为。 fx0，+ 设，则，等价于。 lng xaxax f xxg x 0f x 0g x 因为，因，而，得。 10,0gg x ' 10g 1',' 11gxagax1a 若，则。当时， ，单调递减；1a 1'1gxx 01x '0gx g x当时， ，单调递增。所以是的极小值点，故1x '0gx g x1x g x 10g xg综上， 。1a （2）由（1）知 ， 。 2lnf xxxxx '22lnfxxx4 / 19设，则。 22lnh xxx 1'2hxx当 时， ；当 时， ，10,2x '0hx 1,2x '0hx 所以 在 单调递减，在 单调递增。 h x10,21,2又， ， ， 20h e102h 10h所以 在 有唯一零点，在 有唯一零点 1， h x10,20x1,2且当 时， ；当 时， ，00,xx 0h x 0,1xx 0h x 当 时， 。1,x 0h x 因为 ，所以是的唯一极大值点。 'fxh x0xx f x由得，故。 0'0fx00ln21xx 0001f xxx由 得 。00,1x 01 4f x因为是在（0,1）的最大值点，0xx f x由， 得。 10,1e 1'0fe 12 0f xf ee所以。 22 02ef x【考点】 利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值4.【2017 天津，理 20】设，已知定义在 R 上的函数在区间内有一个零点，为的导函数.aZ432( )2336f xxxxxa(1,2)0x( )g x( )f x（）求的单调区间；( )g x（）设，函数，求证：；001,)(,2mxx0( )( )()( )h xg x mxf m5 / 190( ) ()0h m h x（）求证：存在大于 0 的常数，使得对于任意的正整数，且 满足.A, p q001,)(,2,pxxq041|pxqAq【答案】 （1）增区间是， ，减区间是.（2） （3）证明见解析(, 1) 1( ,)41( 1, )4【解析】试题分析：由于为，所以判断的单调性，需要对二次求导，根据的导数的符号判断函数的单调性，给出单调区间;由，得( )g x( )fx( )g x( )f x( )g x0( )( )()( )h xg x mxf m00( )()()h mg xmx( )f m，.令函数，分别求导证明.有关零点问题，利用函数的单调性了解函数的图像情况，对极值作出相应的要求可控制零点的个数.10( )( )()( )H xg x xxf x200( )()()( )Hxg xxxf x试题解析：（）由，可得，432( )2336f xxxxxa32( )( )8966g xfxxxx进而可得.令，解得，或.2( )24186g xxx( )0g x1x 1 4x 当 x 变化时，的变化情况如下表：( ), ( )g x g xx(, 1) 1( 1, )41( ,)4( )g x+-+( )g x所以，的单调递增区间是， ，单调递减区间是.( )g x(, 1) 1( ,)41( 1, )4（）证明：由，得，0( )( )()( )h xg x mxf m0( )( )()( )h mg m mxf m000()()()( )h xg xmxf m.令函数，则.由（）知，当时， ，故当时， ，单调递减；当时， ，单调递增.因此，当时， ，可得.10( )( )()( )H xg x xxf x6 / 1910( )( )()Hxg x xx1,2x( )0g x01,)xx1( )0Hx1( )H x0(,2xx1( )0Hx1( )H x001,)(,2xxx1100( )()()0H xH xf x 1( )0,( )0H mh m即（III）证明：对于任意的正整数 ， ，且，p001)(, ,2pxxq令，函数.pmq0( )( )()( )hgmxxxmf由（II）知，当时，在区间内有零点；01),mx( )h x0( ,)m x当时，在区间内有零点.0(,2mx( )h x0(),x m所以在内至少有一个零点，不妨设为，则.( )h x(1,2)1x110()()()()0pphgxfqxqx由（I）知在上单调递增，故，( )g x1,210( )()12( )gxgg于是.43223404 1()|()|2336|()( )(2)2ppffppp qp qpqaqqqxqg xggq因为当时， ，故在上单调递增，1 2,x( )0g x ( )f x1,2所以在区间上除外没有其他的零点，而，故.( )f x1,20x0pxq()0pfq又因为， ，均为整数，所以是正整数，p432234|2336|pp qp qpqaq从而.432234|2336|1pp qp qpqaq7 / 19所以.所以，只要取，就有.041|2|( )pxqgq( )2Ag041|pxqAq【考点】导数的应用【2016 年】1 【2016 高考新课标 1 卷】已知函数有两个零点. 221xf xxea x(I)求 a 的取值范围；(II)设 x1,x2 是的两个零点,证明：. f x122xx【答案】(0,)【解析】试题分析：(I)求导,根据导函数的符号来确定,主要要根据导函数零点来分类；(II)借组第一问的结论来证明,由单调性可知等价于,即设,则则当时,而,故当时,从而,故122xx12()(2)f xfx2(2)0fx2( )(2)xxg xxexe 2'( )(1)()xxg xxee1x '( )0g x (1)0g1x ( )0g x 22()(2)0g xfx122xx试题解析;（） '( )(1)2 (1)(1)(2 )xxfxxea xxea（i）设,则,只有一个零点0a ( )(2)xf xxe( )f x（ii）设,则当时,；当时,所以在上单调递减,在上单调递增0a (,1)x '( )0fx (1,)x'( )0fx ( )f x(,1)(1,)又,取满足且,则(1)fe (2)fa0b ln2ab 223( )(2)(1)()022af bba ba bb,故存在两个零点( )f x8 / 19（）不妨设,由（）知,在上单调递减,所以等价于,即12xx12(,1),(1,)xx 22(,1)x ( )f x(,1)122xx12()(2)f xfx2(2)0fx由于,而,所以222 222(2)(1)xfxx ea x 22 222()(2)(1)0xf xxea x222 222(2)(2)xxfxx exe 设,则2( )(2)xxg xxexe 2'( )(1)()xxg xxee所以当时,而,故当时,1x '( )0g x (1)0g1x ( )0g x 从而,故22()(2)0g xfx122xx考点：导数及其应用【名师点睛】,对于含有参数的函数单调性、极值、零点问题,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；,解决函数不等式的证明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.2. 【2016 高考山东理数】(本小题满分 13 分)已知.221( )ln,Rxf xa xxax（I）讨论的单调性；( )f x（II）当时，证明对于任意的成立.1a 3( )'2f xfx 1,2x9 / 19【答案】 （）见解析；（）见解析【解析】（）的定义域为；)(xf), 0( 3232/) 1)(2(22)(xxax xxxaaxf.当，时， ，单调递增；0a) 1 , 0(x0)(/xf)(xf/(1,),( )0xfx时，单调递减.)(xf当时，.0a/ 3(1)22( )()()a xfxxxxaa（1） ， ，20 a12a当或时， ，单调递增；) 1 , 0(xx),2(a0)(/xf)(xf当时， ，单调递减；x)2, 1 (a0)(/xf)(xf（2）时， ，在内， ，单调递增；2a12ax), 0( 0)(/xf)(xf（3）时， ，2a120a当或时， ，单调递增；)2, 0(axx), 1 ( 0)(/xf)(xf当时， ，单调递减.x) 1 ,2(a0)(/xf)(xf综上所述，当时，函数在内单调递增，在内单调递减；0a)(xf) 1 , 0(), 1 ( 当时，在内单调递增，在内单调递减，在内单调递增；20 a)(xf10 / 19) 1 , 0()2, 1 (a),2(a当时，在内单调递增；2a)(xf), 0( 当，在内单调递增，在内单调递减，在内单调递增.2a)(xf)2, 0(a) 1 ,2(a), 1 ( （）由（）知，时，1a23312ln1xxxxx， ，2 , 1 x令，.1213)(,ln)(32xxxxhxxxg2 , 1 x则，)()()()(/xhxgxfxf所以在上存在使得 时，时， ，2 , 1 0x), 1 (0xx)2 ,(, 0)(0xxx0)(x所以函数在上单调递增；在上单调递减，( )h x), 1 (0x)2 ,(0x由于，因此，当且仅当取得等号，21)2(, 1) 1 (hh21)2()( hxh2x所以，23)2() 1 ()()(/hgxfxf即对于任意的恒成立。23)()(/xfxf2 , 1 x考点：1.应用导数研究函数的单调性、极值；2.分类讨论思想.3.【2016 高考江苏卷】 （本小题满分 16 分）已知函数.( )(0,0,1,1)xxf xababab11 / 19设.12,2ab（1）求方程的根;( )2f x （2）若对任意,不等式恒成立，求实数的最大值；xR(2 )f( )6fxmxm （3）若，函数有且只有 1 个零点，求的值。01,1ab 2g xf xab【答案】 （1）0 4（2）1【解析】试题分析：（1）根据指数间倒数关系转化为一元二次方程，求方程根根据指数间平方关系，将不等式转化为一元不等式，再利用变量分离转化为对应函数最值，即的最小值，最后根据基本不等式求最值（2）先分析导函数零点情况：唯一零点，再确定原函数单调变化趋势：先减后增，从而结合图像确定唯一零点必在极值点取得，而，因此极值点必等于零，进而求出的值.本题难点在证明，这可利用反证法：若，则可寻找出一个区间，由结合零点存在定理可得函数存在另一零点，与题意矛盾，其中可取；若，同理可得.22=1xx2(2 )2 210xx 22222(22 )2xxxx2( ( )4 ( )f xmf x0x0x00(0)(0)220gfab0xab00x 00x 12( ,)x x12()0,g()0g xx0 12,log 22axxx00x 试题解析：（1）因为，所以.12,2ab( )22xxf x方程，即，亦即，( )2f x 222xx2(2 )2 210xx 所以，于是，解得.2(21)0x21x0x 由条件知.2222(2 )22(22 )2( ( )2xxxxfxf x因为对于恒成立，且，(2 )( )6fxmf xxR( )0f x 12 / 19所以对于恒成立.2( ( )4 ( )f xmf xxR而，且，2( ( )444( )2( )4( )( )( )f xf xf xf xf xf x2( (0)44(0)f f所以，故实数的最大值为 4.4m m（2）因为函数只有 1 个零点，而，( )( )2g xf x00(0)(0)220gfab所以 0 是函数的唯一零点.( )g x因为，又由知，'( )lnlnxxg xaabb01,1abln0,ln0ab所以有唯一解.'( )0g x 0lnlog ()lnb aaxb令，则，'( )( )h xg x''22( )(lnln )(ln )(ln )xxxxh xaabbaabb下证.00x 若，则，于是，00x 0 002xx 0()(0)02xgg又，且函数在以和为端点的闭区间上的图象不间断，所以在和之间存在的零点，记为. 因为，所以，又，所以与“0 是函数的唯一零点”矛盾.log 2log 2log 2(log 2)220aaa agaba( )g x0 2xlog 2a0 2xlog 2a( )g x1x01alog 20a002x10x ( )g x若，同理可得，在和之间存在的非 0 的零点，矛盾.00x 0 2xlog 2a( )g x因此，.00x 于是，故，所以.ln1lna blnln0ab1ab 考点：指数函数、基本不等式、利用导数研究函数单调性及零点【名师点睛】对于函数零点个数问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图13 / 19象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等但需注意探求与论证之间区别，论证是充要关系，要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数.4.【2016 高考新课标 3 理数】设函数，其中，记的最大值为( )cos2(1)(cos1)f xaxax0a |( )|f xA（）求；( )fx（）求；A（）证明：|( )| 2fxA【答案】 （） ；（） ；'( )2 sin2(1)sinfxaxax 2123 ,05 61 1,185 32,1aaaaAaa aa （）见解析【解析】试题分析：（）直接可求；（）分两种情况，结合三角函数的有界性求出，但须注意当时还须进一步分为两种情况求解；（）首先由（）得到，然后分，三种情况证明( )fx1,01aaA01a1 10,15 5aa|( )| 2|1|fxaa1a 1 10,15 5aa试题解析：（） '( )2 sin2(1)sinfxaxax （）当时，1a 因此， 4 分32Aa当时，将变形为01a( )f x2( )2 cos(1)cos1f xaxax令，则是在上的最大值， ， ，且当时，取得极小值，极小值为2( )2(1)1g tatatA|( )|g t 1,1( 1)ga(1)32ga1 4ata( )g t221(1)61()1488aaaagaaa 14 / 19令，解得（舍去） ， 1114a a 1 3a 1 5a （）当时，在内无极值点， ， ， ，所以105a( )g t( 1,1)|( 1)|ga|(1)| 23ga|( 1)| |(1)|gg23Aa（）当时，由，知115a( 1)(1)2(1)0gga1( 1)(1)()4aggga又，所以1(1)(17 )|()|( 1)|048aaaggaa2161|()|48aaaAgaa综上， 2123 ,05 61 1,185 32,1aaaaAaa aa （）由（）得.'|( )| | 2 sin2(1)sin| 2|1|fxaxaxaa 当时，.105a'|( )| 1242(23 )2fxaaaA 当时， ，所以.115a131884aAa'|( )| 12fxaA 当时， ，所以.1a '|( )| 31642fxaaA '|( )| 2fxA考点：1、三角恒等变换；2、导数的计算；3、三角函数的有界性【归纳总结】求三角函数的最值通常分为两步：（1）利用两角和与差的三角公式、二倍角公式、诱导公式将解析式化为形如的形式；（2）结合自变量的取值范围，结合正弦曲线与余弦曲线进行求解sin()yAxB【2015 年】1.【2015 福建理 10】若定义在上的函数满足，其导函数满足，则下列结论中一定错误的是（ ）R f x 01f fx 1fxkA B C D11fkk11 1fkk11 11fkk1 11kfkk15 / 19【答案】C【解析】由已知条件，构造函数，则，故函数在上单调递增，且，故，所以， ，所以结论中一定错误的是 C，选项 D 无法判断；构造函数，则，所以函数在上单调递增，且，所以，即， ，选项 A,B 无法判断，故选 C( )( )g xf xkx''( )( )0g xfxk( )g xR101k1()(0)1ggk 1()111kfkk 11()11fkk( )( )h xf xx''( )( ) 10h xfx ( )h xR10k1( )(0)hhk11( )1fkk 11( )1fkk【考点定位】函数与导数2.【2015 高考福建，理 20】已知函数，f( )ln(1)xx=+( ),(k),g xkxR=Î()证明：当；0xxx>0(0),xxÎ任意，恒有f( )( )xg x>；()确定 k 的所以可能取值，使得存在，对任意的恒有0t >(0),xÎ，t2|f( )( )|xg xx-( )(0)0,F xFxxf ( )G( )x0,)+¥G( )(0)0xG>=故对任意正实数均满足题意.0x当时，令得01k取对任意恒有,所以在上单调递增,即.01=1xk，-0(0,),xxÎG ( )0x¢>G( )x00,x )G( )(0)0xG>=f( )( )xg x>16 / 19综上，当时，总存在,使得对任意的恒有1k 0(0),xx，Îf( )( )xg x>(3)当时，由（1）知，对于故，1k >(0,),x“Î¥+( )f( )g xxx ，>>( )f( )g xx>|f( )( )|( )( )kln(1)xg xg xf xxx-=-=-+，令，则有2M( )kln(1),0)xxxxx=-+-Î¥，+21-2+(k-2)1M ( )k2 =,11xxkxxxx+ -¢= -+故当时，,在上单调递增，故,即,所以满足题意的 t 不存在.22(k 2)8(k 1)0)4kx-+-+-Î（，M ( )0x¢>M( )x22(k 2)8(k 1)0)4k -+-+-，M( )M(0)0x >=2|f( )( )|xg xx->当时，由（2）知存在,使得对任意的任意的恒有1k 0(0),xx，Îf( )( )xg x>当，由（1）知， ，=1k(0,),xÎ¥当+|f( )( )|( )( )ln(1)xg xg xf xxx-=-=-+令，则有2H( )ln(1),0)xxxxx=-+-Î¥，+21-2H ( )12 =,11xxxxxx-¢= -+当时，,所以在上单调递减，故,0x >H ( )0x¢2|f( )( )|xg xx-(0,),x“Î¥+( )f( )g xxx>>，故，|f( )( )|( )( )kln(1)k(k 1)xg xg xf xxxxxx-=-=-+>-=-令，2(k 1),01xxxk->(0,1)xkÎ-对于2|f( )( )|xg xx->当时，取1k 0(0),xxÎ任意，恒有1f( )( )xk xkxg x>>=此时,11|f( )( )| f( )( )(k)2kxg xxg xkxx-=->-=令，此时,21 k1 k,022xxx记与中较小的为，则当，0x1-k 21x2 1(0)|f( )( )|xxxg xxÎ->，时，恒有故满足题意的 t 不存在.当，由（1）知， ，=1k(0,),xÎ¥当+|f( )( )|( )( )ln(1)xg xg xf xxx-=-=-+令，则有2M( )ln(1),0)xxxxx，+212M ( )12,11xxxxxx 当时，,所以在上单调递减，故,0x >M ( )0x¢2|f( )( )|xg xx-<综上，.=1k【考点定位】导数的综合应用究基本初等函数方法所不具备的，而是其延续18 / 193.【2015 高考天津，理 20】已知函数，其中.( )n,nf xxxxR*n,n2N(I)讨论的单调性；( )f x(II)设曲线与轴正半轴的交点为 P，曲线在点 P 处的切线方程为,求证：对于任意的正实数，都有；( )yf x=( )yg x=( )( )f xg x(III)若关于的方程有两个正实根，求证：( )=a(a)f x为实数12xx，21|-|21ax xn<+-【答案】(I) 当为奇数时，在，上单调递减，在内单调递增；当为偶数时，在上单调递增，在上单调递减. (II)见解析； (III)见解析.( )f x(, 1) (1,)( 1,1)( )f x(, 1) ( )f x(1,)【解析】(I)由，可得，其中且，( )nf xnxx*nN2n 下面分两种情况讨论：（1）当为奇数时：令，解得或，( )0fx1x 1x 当变化时，的变化情况如下表：( ),( )fxf x(, 1) ( 1,1)(1,)( )fx( )f xAAA所以，在，上单调递减，在内单调递增.( )f x(, 1) (1,)( 1,1)(II)证明：设点的坐标为，则， ，曲线在点处的切线方程为，即，令，即，则P0(,0)x1 1 0nxn2 0()fxnn( )yf xP00()yfxxx00( )()g xfxxx( )( )( )F xf xg x00( )( )()F xf xfxxx0( )( )()F xfxfx19 / 19由于在上单调递减，故在上单调递减，又因为，所以当时， ，当时， ，所以在内单调递增，在内单调递减，所以对任意的正实数都有，即对任意的正实数，都有.1( )nfxnxn 0,( )F x0,0()0F x0(0,)xx0()0F x0(,)xx0()0F x( )F x0(0,)x0(,)x 0( )()0F xF x( )( )f xg x(III)证明：不妨设，由(II)知，设方程的根为，可得12xx2 0( )g xnnxx( )g xa2x202.axxnn，当时，在上单调递减，又由(II)知可得.2n ( )g x, 222()()(),g xf xag x22xx类似的，设曲线在原点处的切线方程为，可得，当，( )yf x( )yh x( )h xnx(0,)x( )( )0nf xh xx ，即对任意，(0,)x( )( ).f xh x设方程的根为，可得，因为在上单调递增，且，因此.( )h xa1x1axn( )h xnx, 111()()()h xaf xh x11xx由此可得.212101axxxxxn因为，所以，故，2n 111 12(1 1)111nn nCnn 1 1 02nnx所以.2121axxn【考点定位】1.导数的运算；2.导数的几何意义；3.利用导数研究函数性质、证明不等式.