2022届高三数学一轮复习（原卷版）专题08 导数与不等式、函数零点相结合（解析版）.docx

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1、专题08导数与不等式、函数零点结合 命题规律内 容典 型已知不等式恒成立求参数范围2020年高考全国卷理数21证明双变量不等式2020年高考天津卷20利用导数证明单变量不等式2020年高考全国卷理数21 求函数零点或判定函数零点位置或个数2020年高考浙江卷22已知函数零点个数求参数范围2018年高考全国卷理数命题规律一 已知不等式恒成立求参数范围【解决之道】此类问题解法为：(1)构造函数分类讨论：遇到f(x)g(x)型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h(x)f(x)g(x) 或“右减左”的函数u(x)g(x)f(x)，进而只需满足h(x)min0或u(x)max0，

2、将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论(2)分离函数法：分离参数法的主要思想是将不等式变形成一个一端是参数a，另一端是变量表达式v(x)的不等式后，应用数形结合思想把不等式恒成立问题转化为水平直线ya与函数yv(x)图象的交点个数问题来解决【三年高考】1.【2019年高考天津理数】已知，设函数若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为ABCD【答案】C【解析】当时，恒成立；当时，恒成立，令，则，当，即时取等号，则.当时，即恒成立，令，则，当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，则时，取得最小值，综上可知，的取值范围是.故选C.2.【202

3、0年高考全国卷理数21】已知函数（1）当时，讨论的单调性；（2）当时，求的取值范围【解析】(1)当时，由于，故单调递增，注意到，故：当时，单调递减；当时，单调递增(2)由得，其中，当x=0时，不等式为：，显然成立，符合题意；当时，分离参数a得，记，令，则，故单调递增，故函数单调递增，由可得：恒成立，故当时，单调递增；当时，单调递减；因此，综上可得，实数a的取值范围是3.【2020年高考江苏卷19】已知关于的函数，与（，）在区间上恒有（1）若，求的表达式；（2）若，求的取值范围；（3）若，求证：【解析】（1）由得又，函数的图像为过原点，斜率为的直线，经检验：符合题意（2），设，则，当时，时由，得

4、当时，在上递增，当时，即，综上，（3），函数的图像在处的切线为，可见直线为函数的图像在处的切线，由函数的图像可知，当在区间上恒成立时，又由得，设方程的两根为，则，令，则，由图像可知设，则，当时，单调递减，故，即4.【2020年高考山东卷21】已知函数（1）当时，求曲线在点处的切线与两个坐标轴围成的三角形的面积；（2）若，求的取值范围【解析】（1）切线方程为，与坐标轴交点坐标分别为，因此所求三角形面积为（2），设，在上单调递增，即在上单调递增，当时，使得，当时， ，当时， ，因此存在唯一，使得，当时，当时，因此，对恒成立，5.【2019年高考浙江】已知实数，设函数（1）当时，求函数的单调区间；（

5、2）对任意均有 求的取值范围注：e=2.71828为自然对数的底数【解析】（1）当时，所以，函数的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+）（2）由，得当时，等价于令，则设，则（i）当 时，则记，则.故10+单调递减极小值单调递增所以，因此，（ii）当时，令 ，则，故在上单调递增，所以由（i）得，所以，因此由（i）（ii）知对任意，即对任意，均有综上所述，所求a的取值范围是命题规律二 证明双变量不等式【解决之道】破解含双参不等式的证明的关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其

6、最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果【三年高考】1.【2020年高考天津卷20】已知函数，为的导函数（）当时，（i）求曲线在点处的切线方程；（ii）求函数的单调区间和极值；（）当时，求证：对任意的，且，有【解析】() (i) 当k=6时，可得，曲线在点处的切线方程为，即(ii) 依题意，从而可得，整理可得：，令，解得当x变化时，的变化情况如下表：单调递减极小值单调递增函数g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+)；g(x)的极小值为g(1)=1，无极大值()证明：由，得对任意的，且，令，则 令当x>1时，由此可得在单调递增，当t&

7、gt;1时，即， 由(I)(ii)可知，当时，即，故 由可得当时，任意的，且，有命题规律三 利用导数证明单变量不等式【解决之道】单变量不等式的证明有三种方法：作差构造法，左减右构造函数，转化为求函数最值问题；隔离审查法，若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个都便于求导的函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标放缩法，可以先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，便于化简或判断导数的正负常见的放缩公式如下：(1)ex1x，当且仅当x0时取等号；(2)exex，当且仅当x1时取等号；(3)当x0时，ex1xx2, 当且仅当x0时取等号；(4)当x0时，exx21, 当且仅

8、当x0时取等号；(5)ln xx1x2x，当且仅当x1时取等号；(6)当x1时，ln x，当且仅当x1时取等号【三年高考】1.【2020年高考全国卷理数21】已知函数（1）讨论在区间的单调性；（2）证明：；（3）设，证明：【解析】(1)由函数的解析式可得：，则：，在上的根为：，当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增(2)注意到，故函数是周期为的函数，结合(1)的结论，计算可得：，据此可得：，即(3)结合(2)的结论有：2.【2019年高考天津理数】设函数为的导函数（）求的单调区间；（）当时，证明；（）设为函数在区间内的零点，其中，证明【解析】（）由已知，有因此，当时，有，得，则单调递减

9、；当时，有，得，则单调递增所以，的单调递增区间为的单调递减区间为（）证明：记依题意及（），有，从而当时，故因此，在区间上单调递减，进而所以，当时，（）证明：依题意，即记，则，且由及（），得由（）知，当时，所以在上为减函数，因此又由（）知，故所以，3.【2018年高考浙江】已知函数f(x)=lnx（）若f(x)在x=x1，x2(x1x2)处导数相等，证明：f(x1)+f(x2)>88ln2；（）若a34ln2，证明：对于任意k>0，直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点【解析】（）函数f（x）的导函数，由得，因为，所以由基本不等式得因为，所以由题意得设，则，所以x（0，16）

10、16（16，+）0+24ln2所以g（x）在256，+）上单调递增，故，即（）令m=，n=，则f（m）kma>|a|+kka0，f（n）kna<<0，所以，存在x0（m，n）使f（x0）=kx0+a，所以，对于任意的aR及k（0，+），直线y=kx+a与曲线y=f（x）有公共点由f（x）=kx+a得设，则，其中由（）可知g（x）g（16），又a34ln2，故g（x）1+ag（16）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k>0，直线y=kx+a与曲线y=f（x

11、）有唯一公共点命题规律四 求函数零点或判定函数零点位置或个数【解决之道】函数图象与x轴交点的个数，所以可以借助函数图象的特征迅速求解函数的零点个数问题对于含参函数的零点个数，一般可从两个方面讨论：(1)利用导数研究函数的单调性和极值，作出函数的大致图象，根据极大值和极小值的符号确定函数零点的个数，即“几个交点几个根，正负极值定乾坤”；(2)分离参数，将问题转化为：求直线ya与函数yf(x)的图象交点个数问题，即“求根问题要通变，分离参数放左边”【三年高考】1.【2019年高考全国卷理数】已知函数，为的导数证明：（1）在区间存在唯一极大值点；（2）有且仅有2个零点【解析】（1）设，则，.当时，单

12、调递减，而，可得在有唯一零点，设为.则当时，；当时，.所以在单调递增，在单调递减，故在存在唯一极大值点，即在存在唯一极大值点.（2）的定义域为.（i）当时，由（1）知，在单调递增，而，所以当时，故在单调递减，又，从而是在的唯一零点.（ii）当时，由（1）知，在单调递增，在单调递减，而，所以存在，使得，且当时，；当时，.故在单调递增，在单调递减.又，所以当时，.从而，在没有零点.（iii）当时，所以在单调递减.而，所以在有唯一零点.（iv）当时，所以<0，从而在没有零点.综上，有且仅有2个零点.2.【2019年高考全国卷理数】已知函数.（1）讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个

13、零点；（2）设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y=lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线的切线.【解析】（1）f（x）的定义域为（0，1）（1，+）因为，所以在（0，1），（1，+）单调递增因为f（e）=，所以f（x）在（1，+）有唯一零点x1，即f（x1）=0又，故f（x）在（0，1）有唯一零点综上，f（x）有且仅有两个零点（2）因为，故点B（lnx0，）在曲线y=ex上由题设知，即，故直线AB的斜率曲线y=ex在点处切线的斜率是，曲线在点处切线的斜率也是，所以曲线在点处的切线也是曲线y=ex的切线3.【2018年高考江苏】记分别为函数的导函数若存在，满足且，则称为函数与的一个“S

14、点”（1）证明：函数与不存在“S点”；（2）若函数与存在“S点”，求实数a的值；（3）已知函数，对任意，判断是否存在，使函数与在区间内存在“S点”，并说明理由【解析】（1）函数f（x）=x，g（x）=x2+2x-2，则f（x）=1，g（x）=2x+2由f（x）=g（x）且f（x）= g（x），得，此方程组无解，因此，f（x）与g（x）不存在“S”点（2）函数，则设x0为f（x）与g（x）的“S”点，由f（x0）=g（x0）且f（x0）=g（x0），得，即，（*）得，即，则当时，满足方程组（*），即为f（x）与g（x）的“S”点因此，a的值为（3）对任意a>0，设因为，且h（x）的图象是不

15、间断的，所以存在（0，1），使得令，则b>0函数，则由f（x）=g（x）且f（x）=g（x），得，即，（*）此时，满足方程组（*），即是函数f（x）与g（x）在区间（0，1）内的一个“S点”因此，对任意a>0，存在b>0，使函数f（x）与g（x）在区间（0，+）内存在“S点”命题规律五 已知函数的零点个数求参数【解决之道】根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象与x轴的交点个数，或者两个相关函数图象的交点个数确定参数满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题的步骤是“先形后数”【三年高考】1.【2019年高考浙江】已知，函数若函数恰有3个零点

16、，则Aa<1，b<0 Ba<1，b>0 Ca>1，b<0 Da>1，b>0 【答案】C【解析】当x0时，yf（x）axbxaxb（1a）xb0，得x=b1-a，则yf（x）axb最多有一个零点；当x0时，yf（x）axb=13x3-12（a+1）x2+axaxb=13x3-12（a+1）x2b，当a+10，即a1时，y0，yf（x）axb在0，+）上单调递增，则yf（x）axb最多有一个零点，不合题意；当a+10，即a>1时，令y0得x(a+1，+），此时函数单调递增，令y0得x0，a+1），此时函数单调递减，则函数最多有2个零点.根据题意

17、，函数yf（x）axb恰有3个零点函数yf（x）axb在（，0）上有一个零点，在0，+）上有2个零点，如图：b1-a0且-b013(a+1)3-12(a+1)(a+1)2-b0，解得b0，1a0，b-16（a+1）3，则a>1，b<0.故选C2.【2020年高考全国卷理数21】设，曲线在点处的切线与轴垂直（1）求；（2）若有一个绝对值不大于的零点，证明：的所有零点的绝对值都不大于【解析】（1），即（2）解法一：设为的一个零点，根据题意，且，则，由，显然在，易得，设为的零点，则必有，即，即的所有零点的绝对值都不大于解法二：由（1）可得，令，得或；令，得，在上单调递减，在，上单调递增，

18、且，若所有零点中存在一个绝对值大于1的零点，则或，即或当时，又，由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；当时，又，由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾综上，所有零点的绝对值都不大于13.【2020年高考浙江卷22】已知，函数，其中e=271828为自然对数的底数（）证明：函数在上有唯一零点；（）记x0为函数在上的零点，证明：（）；（）【解析】（I）在上单调递增，由零点存在定理得在上有唯一零点；（II）（i），令一方面： ，在单调递增，另一方面：，当时，成立，因此只需证明当时，当时，当时，在单调递减，综上，（ii），只需证明，即只需证明，令，则，即成立，因此4.【2018年高考全国卷理数】已知函数（1）若，证明：当时，；（2）若在只有一个零点，求【解析】（1）当时，等价于设函数，则当时，所以在单调递减而，故当时，即（2）设函数在只有一个零点当且仅当在只有一个零点（i）当时，没有零点；（ii）当时，当时，；当时，所以在单调递减，在单调递增故是在的最小值若，即，在没有零点；若，即，在只有一个零点；若，即，由于，所以在有一个零点，由（1）知，当时，所以故在有一个零点，因此在有两个零点综上，在只有一个零点时，