2020版高考數(shù)學(xué)新設(shè)計(jì)大一輪復(fù)習(xí) 教材高考審題答題一 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)熱點(diǎn)問題習(xí)題 理（含解析）新人教A版

《2020版高考數(shù)學(xué)新設(shè)計(jì)大一輪復(fù)習(xí) 教材高考審題答題一 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)熱點(diǎn)問題習(xí)題 理（含解析）新人教A版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)新設(shè)計(jì)大一輪復(fù)習(xí) 教材高考審題答題一 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)熱點(diǎn)問題習(xí)題 理（含解析）新人教A版（11頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)熱點(diǎn)問題 核心熱點(diǎn) 真題印證 核心素養(yǎng) 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì) 2017·Ⅱ，21；2018·Ⅰ，21；2017·Ⅲ，21；2018·Ⅱ，21 數(shù)學(xué)運(yùn)算、邏輯推理 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn) 2018·Ⅱ，21(2)；2018·江蘇，19 數(shù)學(xué)運(yùn)算、直觀想象 導(dǎo)數(shù)在不等式中的應(yīng)用 2017·Ⅲ，21；2017·Ⅱ，21；2016·Ⅱ，20；2018·Ⅰ，21 數(shù)學(xué)運(yùn)算、邏輯推理 教材鏈接高考——導(dǎo)數(shù)在不等式中的應(yīng)用 [教材探究](選修2－2P32習(xí)題1.3B組第1題(3)(4)) 利用函數(shù)的單調(diào)性證明下列不等式，并通過函數(shù)圖象直觀驗(yàn)證. (3)ex>1

2、＋x(x≠0)； (4)ln x0). [試題評析]　1.問題源于求曲線y＝ex在(0，1)處的切線及曲線y＝ln x在(1，0)處的切線，通過觀察函數(shù)圖象間的位置關(guān)系可得到以上結(jié)論，可構(gòu)造函數(shù)f(x)＝ex－x－1與g(x)＝x－ln x－1對以上結(jié)論進(jìn)行證明. 2.兩題從本質(zhì)上看是一致的，第(4)題可以看作第(3)題的推論.在第(3)題中，用“l(fā)n x”替換“x”，立刻得到x>1＋ln x(x>0且x≠1)，進(jìn)而得到一組重要的不等式鏈：ex>x＋1>x－1>ln x(x>0且x≠1). 3.利用函數(shù)的圖象(如圖)，不難驗(yàn)證上述不等式鏈成立. 【教材拓展】 試證

3、明：ex－ln x>2. 證明　法一　設(shè)f(x)＝ex－ln x(x>0)， 則f′(x)＝ex－，令φ(x)＝ex－， 則φ′(x)＝ex＋>0在(0，＋∞)恒成立， 所以φ(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增， 即f′(x)＝ex－在(0，＋∞)上是增函數(shù)， 又f′(1)＝e－1>0，f′＝－2<0， ∴f′(x)＝ex－在內(nèi)有唯一的零點(diǎn). 不妨設(shè)f′(x0)＝0，則e x0＝，從而x0＝ln ＝－ln x0， 所以當(dāng)x>x0時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)0

4、0－ln x0＝＋x0>2，x0∈. 故ex－ln x>2. 法二　注意到ex≥1＋x(當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)取等號)， x－1≥ln x(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號)， ∴ex＋x－1>1＋x＋ln x，故ex－ln x>2. 探究提高　1.法一中關(guān)鍵有三點(diǎn)：(1)利用零點(diǎn)存在定理，判定極小值點(diǎn)x0∈；(2)確定ex0＝，x0＝－ln x0的關(guān)系；(3)基本不等式的利用. 2.法二聯(lián)想經(jīng)典教材習(xí)題結(jié)論，降低思維難度，優(yōu)化思維過程，簡潔方便. 【鏈接高考】 (2017·全國Ⅲ卷)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)a<0時(shí)，證明f

5、(x)≤－－2. (1)解　f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， 且f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝. 若a≥0時(shí)，則當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0， 故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 若a<0時(shí)，則當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)>0； 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)<0. 故f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減. (2)證明　由(1)知，當(dāng)a<0時(shí)，f(x)在x＝－處取得最大值，最大值為f＝ln－1－， 所以f(x)≤－－2等價(jià)于ln－1－≤－－2， 即ln＋＋1≤0， 設(shè)g(x)＝ln x－x＋1，則g′(x)＝－1. 當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g′(x)>0；x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(

6、x)<0. 所以g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減. 故當(dāng)x＝1時(shí)，g(x)取得最大值，最大值為g(1)＝0. 所以當(dāng)x>0時(shí)，g(x)≤0， 從而當(dāng)a<0時(shí)，ln＋＋1≤0， 故f(x)≤－－2. 教你如何審題——利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn) 【例題】 (2018·全國Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax2. (1)若a＝1，證明：當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)≥1； (2)若f(x)在(0，＋∞)只有一個(gè)零點(diǎn)，求a. [審題路線] [自主解答] (1)證明　當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝ex－x2，則f′(x)＝ex－2x. 令g(x)＝f′(x)，則g′(x)＝

7、ex－2. 令g′(x)＝0，解得x＝ln 2. 當(dāng)x∈(0，ln 2)時(shí)，g′(x)<0； 當(dāng)x∈(ln 2，＋∞)時(shí)，g′(x)>0. ∴當(dāng)x≥0時(shí)，g(x)≥g(ln 2)＝2－2ln 2>0， ∴f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(x)≥f(0)＝1. (2)解　若f(x)在(0，＋∞)上只有一個(gè)零點(diǎn)，即方程ex－ax2＝0在(0，＋∞)上只有一個(gè)解， 由a＝，令φ(x)＝，x∈(0，＋∞)， φ′(x)＝，令φ′(x)＝0，解得x＝2. 當(dāng)x∈(0，2)時(shí)，φ′(x)<0； 當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，φ′(x)>0. ∴φ(x)min＝φ(2)＝.∴a＝. 探

8、究提高　1.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)主要考查直觀想象、邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算核心素養(yǎng).考查的主要形式：(1)求函數(shù)的零點(diǎn)、圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù)；(2)根據(jù)函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)求參數(shù)的取值或范圍. 2.導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)常用方法：(1)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值，利用單調(diào)性、極值、函數(shù)零點(diǎn)存在定理來求解零點(diǎn)問題；(2)將函數(shù)零點(diǎn)問題轉(zhuǎn)化為方程根的問題，從而同解變形為兩個(gè)函數(shù)圖象的交點(diǎn)，運(yùn)用函數(shù)的圖象性質(zhì)求解. 【嘗試訓(xùn)練】 已知三次函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d(a，b，c∈R)過點(diǎn)(3，0)，且函數(shù)f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線恰好是直線y＝0. (1)求函數(shù)f(x)的解析式； (2)設(shè)函數(shù)g(

9、x)＝9x＋m－1，若函數(shù)y＝f(x)－g(x)在區(qū)間[－2，1]上有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍. 解　(1)f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由已知條件得， 解得b＝－3，c＝d＝0， 所以f(x)＝x3－3x2. (2)由已知條件得，f(x)－g(x)＝x3－3x2－9x－m＋1在[－2，1]上有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，可轉(zhuǎn)化為y＝m與y＝x3－3x2－9x＋1的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn)； 令h(x)＝x3－3x2－9x＋1， h′(x)＝3x2－6x－9，x∈[－2，1]， 令h′(x)>0得－2≤x＜－1；令h′(x)<0得－1＜x≤1. 所以h(x)max＝h(－1)＝6， 又

10、f(－2)＝－1，f(1)＝－10，所以h(x)min＝－10. 數(shù)形結(jié)合，可知要使y＝m與y＝x3－3x2－9x＋1的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，則－1≤m＜6. 故實(shí)數(shù)m的取值范圍是[－1，6). 滿分答題示范——利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì) 【例題】 (12分)(2017·浙江卷)已知函數(shù)f(x)＝(x－)e－x. (1)求f(x)的導(dǎo)函數(shù)； (2)求f(x)在區(qū)間上的取值范圍. [規(guī)范解答] [高考狀元滿分心得] ?得步驟分：抓住得分點(diǎn)的步驟，“步步為贏”、求得滿分.如第(1)問中求定義域，求導(dǎo)，第(2)問中求零點(diǎn)和列表. ?得關(guān)鍵分：解題過程不可忽視關(guān)

11、鍵點(diǎn)，有則給分，無則沒分如第(2)問中，對f(x)≥0的判斷. ?得計(jì)算分：解題過程中計(jì)算準(zhǔn)確是滿分的根本保證.如第(1)問中求導(dǎo)準(zhǔn)確變形到位；第(2)問中規(guī)范列表，正確計(jì)算出f(x)的最值. [構(gòu)建模板] 【規(guī)范訓(xùn)練】 (2018·全國Ⅰ卷改編)已知函數(shù)f(x)＝－x＋aln x. (1)試討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)設(shè)x1，x2是f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)，且x2>x1，設(shè)t＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)，試證明t>0. (1)解　f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， f′(x)＝－－1＋＝－. (ⅰ)若a≤2，則f′(x)≤0， 當(dāng)且僅當(dāng)a＝2，x

12、＝1時(shí)f′(x)＝0， 所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減. (ⅱ)若a>2，令f′(x)＝0得， x＝或x＝. 當(dāng)x∈∪時(shí)，f′(x)<0； 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)>0. 所以f(x)在，上單調(diào)遞減， 在上單調(diào)遞增. (2)證明　由(1)知，f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)時(shí)，當(dāng)且僅當(dāng)a>2. 由于f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2滿足x2－ax＋1＝0， 所以x1x2＝1. 又因x2>x1>0，所以x2>1. 又t＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2) ＝－－(x1－x2)＋a(ln x1－ln x2)－(a－2)(x1－x2) ＝a＝－a. 設(shè)φ(x)＝－x＋

13、2ln x，x>1. 由第(1)問知，φ(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞減，且φ(1)＝0， 從而當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，φ(x)<0. 所以＋2ln x2－x2<0，故t>0. 1.已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax2＋x有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍. 解　令g(x)＝ln x，h(x)＝ax2－x， 將零點(diǎn)問題轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)圖象交點(diǎn)的問題. 當(dāng)a≤0時(shí)，g(x)和h(x)的圖象只有一個(gè)交點(diǎn)，不滿足題意； 當(dāng)a>0時(shí)，由ln x－ax2＋x＝0，得a＝. 令r(x)＝，則r(x)的定義域?yàn)?0，＋∞). 則r′(x)＝＝，易知r′(1)＝0， 當(dāng)0

14、)>0，r(x)是增函數(shù)， 當(dāng)x>1時(shí)，r′(x)<0，r(x)是減函數(shù)，且>0， r(x)max＝r(1)＝1，所以00，得x<－1或x>2；令f′(x)

15、<0，得－10時(shí)，解不等式f(x)≤0； (2)當(dāng)a＝0時(shí)，求整數(shù)t的所有值，使方程f(x)＝x＋2在[t，t＋1]上有解.

16、解　(1)因?yàn)閑x>0，(ax2＋x)ex≤0，所以ax2＋x≤0. 又因?yàn)閍>0，所以不等式化為x≤0. 所以不等式f(x)≤0的解集為. (2)當(dāng)a＝0時(shí)，方程即為xex＝x＋2， 由于ex>0，所以x＝0不是方程的解， 所以原方程等價(jià)于ex－－1＝0.令h(x)＝ex－－1， 因?yàn)閔′(x)＝ex＋>0對于x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立， 所以h(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)內(nèi)是單調(diào)遞增函數(shù)， 又h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－2>0，h(－3)＝e－3－<0， h(－2)＝e－2>0， 所以方程f(x)＝x＋2有且只有兩個(gè)實(shí)數(shù)根，且分別在區(qū)間[1，2

17、]和[－3，－2]上，所以整數(shù)t的所有值為{－3，1}. 4.(2019·合肥一中質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝. (1)若f(x)在區(qū)間(－∞，2)上為單調(diào)遞增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍； (2)若a＝0，x0<1，設(shè)直線y＝g(x)為函數(shù)f(x)的圖象在x＝x0處的切線，求證：f(x)≤g(x). (1)解　易知f′(x)＝－， 由已知得f′(x)≥0對x∈(－∞，2)恒成立， 故x≤1－a對x∈(－∞，2)恒成立， ∴1－a≥2，∴a≤－1. 故實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，－1]. (2)證明　當(dāng)a＝0時(shí)，則f(x)＝. 函數(shù)f(x)的圖象在x＝x0處的切線方程為y＝g(x)＝

18、f′(x0)(x－x0)＋f(x0). 令h(x)＝f(x)－g(x) ＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，x∈R， 則h′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝－ ＝. 設(shè)φ(x)＝(1－x)e x0－(1－x0)ex，x∈R， 則φ′(x)＝－e x0－(1－x0)ex， ∵x0<1，∴φ′(x)<0， ∴φ(x)在R上單調(diào)遞減，而φ(x0)＝0， ∴當(dāng)x0，當(dāng)x>x0時(shí)，φ(x)<0， ∴當(dāng)x0，當(dāng)x>x0時(shí)，h′(x)<0， ∴h(x)在區(qū)間(－∞，x0)上為增函數(shù)，在區(qū)間(x0，＋∞)上為減函數(shù)，∴x∈R時(shí)，h

19、(x)≤h(x0)＝0， ∴f(x)≤g(x). 5.已知函數(shù)f(x)＝eax－ax－1. (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)設(shè)m為整數(shù)，且對于任意正整數(shù)n(n≥2).若(n！)0時(shí)，令f′(x)>0，解得x>0； 令f′(x)<0，解得x<0. 所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－∞，0)上單調(diào)遞減； 當(dāng)a＝0時(shí)，顯然無單調(diào)區(qū)間； 當(dāng)a<0時(shí)，令f′(x)>0，解得x>0； 令f′(x)<0，解得x<0， 所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－∞，0)上單調(diào)遞

20、減. 綜上，當(dāng)a＝0時(shí)，無單調(diào)區(qū)間；a≠0時(shí)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)，單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞). (2)令a＝1，由(1)可知f(x)的最小值為f(0)＝0， 所以f(x)≥0. 所以ex≥x＋1(當(dāng)x＝0時(shí)取得“＝”). 令x＝n－1，則en－1>n， 所以e0·e1·e2·…·en－1>1×2×3×…×n， 即e>n！， 兩邊進(jìn)行次方得(n！)

21、(1))處的切線方程； (2)若函數(shù)f(x)有2個(gè)零點(diǎn)，f(g(x))有6個(gè)零點(diǎn)，求a＋b的取值范圍. 解　(1)函數(shù)f(x)＝4x2＋－a， 則y＝xf(x)＝4x3＋1－ax的導(dǎo)數(shù)為y′＝12x2－a， 由題意可得12－a＝0，解得a＝12， 即有f(x)＝4x2＋－12，f′(x)＝8x－， 可得曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線斜率為f′(1)＝7，切點(diǎn)為(1，－7)， 所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y＋7＝7(x－1)，即y＝7x－14. (2)f(x)＝4x2＋－a，f′(x)＝8x－，f(x)的定義域?yàn)?－∞，0)∪(0，＋∞). 當(dāng)x>時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x<0或00，且－b>0，即b<－1且b<， 可得b<－1，則有a＋b<2， 即a＋b的取值范圍是(－∞，2). 11