2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版） 第4章 高考大题冲关系列（1） WORD版含解析.doc

1、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利用导数研究函数的性质例1(2021北京高考)已知函数f(x).(1)若a0，求yf(x)在(1，f(1)处的切线方程；(2)若函数f(x)在x1处取得极值，求f(x)的单调区间，以及最大值和最小值解(1)当a0时，f(x)，则f(x)，f(1)1，f(1)4，此时，曲线yf(x)在

2、点(1，f(1)处的切线方程为y14(x1)，即4xy50.(2)因为f(x)，所以f(x)，由题意可得f(1)0，解得a4，故f(x)，f(x)，列表如下： x(，1)1(1,4)4(4，)f(x)00f(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x0；当x时，f(x)0时，讨论函数g(x)的单调性解(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)2xcf(x)2xc02ln x12xc0，(*)设h(x)2ln x12xc(x0)，则有h(x)2，当0x1时，h(x)0，h(x)单调递增，当x1时，h(x)0，h(x)单调递减，所以当x1时

3、，函数h(x)有最大值，即h(x)maxh(1)2ln 1121c1c.要使不等式(*)在(0，)上恒成立，只需h(x)max0，即1c0，解得c1.故c的取值范围为c1.(2)g(x)(x0且xa)，因此g(x)，设m(x)2(xaxln xxln a)，则有m(x)2(ln aln x)，当xa时，ln xln a，所以m(x)0，m(x)单调递减，因此有m(x)m(a)0，即g(x)0，所以g(x)单调递减；当0xa时，ln xln a，所以m(x)0，m(x)单调递增，因此有m(x)m(a)0，即g(x)0，所以g(x)单调递减所以函数g(x)在区间(0，a)和(a，)上单调递减，没有

4、单调递增区间题型2利用导数研究方程的根(或函数的零点)例2(2021新高考卷)已知函数f(x)(x1)exax2b.(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2a；0a，b2a.解(1)由函数的解析式可得，f(x)x(ex2a)，当a0时，若x(，0)，则f(x)0，f(x)单调递增；当0a0，f(x)单调递增，若x(ln (2a)，0)，则f(x)0，f(x)单调递增；当a时，f(x)0，f(x)在R上单调递增；当a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)单调递增(2)证明：若选择条件：由于a，

5、故12a1，f(0)b10，f(2b)(12b)e2b4ab2b(12b)e2bb(14ab)2aln (2a)1aln (2a)22a2aln (2a)aln (2a)2aln (2a)2ln (2a)，由于a，12ae2，所以00，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：由于0a，故02a1，则f(0)b12a14,4a0，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b0时，令H(x)exx1，则H(x)ex1，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

6、有exx1，当x1时，x10，则f(x)(x1)exax2b(x1)(x1)ax2b(1a)x2(b1)，当x 时，(1a)x2(b1)0，取x0 1，则f(x0)0，由于f(0)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)2aln (2a)1aln (2a)2b2aln (2a)1aln (2a)22a2aln (2a)aln (2a)2aln (2a)2ln (2a)，由于02a1，所以ln (2a)0，故aln (2a)2ln (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，题中的结论成立冲关策略用导

7、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(2020全国卷)设函数f(x)x3bxc，曲线yf(x)在点处的切线与y轴垂直(1)求b；(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1.解(1)f(x)3x2b，由题意，f0，即32b0，则b.(2)证明：由(1)可得f(x)x3xc，f(x)3x23，令f(x)0，得x或x；令f(x)0，得x.所以f(x)在上单调递减，在，上单调递增又f(1)c，fc，fc，f(1)c，假设f(x)所

8、有零点中存在一个绝对值大于1的零点x0，则f(1)0或f(1)0，即c或c.当c时，f(1)c0，fc0，fc0，f(1)c0，又f(4c)64c33cc4c(116c2)0，由函数零点存在定理知f(x)在(4c，1)上存在唯一一个零点x0，即f(x)在(，1)上存在唯一一个零点，在(1，)上不存在零点，此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；当c时，f(1)c0，fc0，fc0，f(1)c0，又f(4c)64c33cc4c(116c2)0，由函数零点存在定理知f(x)在(1，4c)上存在唯一一个零点x0，即f(x)在(1，)上存在唯一一个零点，在(，1)上不存在零点，此时f(x)

9、不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾，综上，f(x)所有零点的绝对值都不大于1.题型3利用导数研究不等式的有关问题例3(2021全国乙卷)设函数f(x)ln (ax)，已知x0是函数yxf(x)的极值点(1)求a；(2)设函数g(x)，证明：g(x)1.解(1)由题意，得yxf(x)xln (ax)，yln (ax).因为x0是函数yxf(x)的极值点，所以y|x0ln a0，所以a1.(2)证明：由(1)可知f(x)ln (1x)，要证g(x)1，即证1，即需证1.因为当x(，0)时，xln (1x)0，当x(0,1)时，xln (1x)xln (1x)，即x(1x)ln (1x)0.令h

10、(x)x(1x)ln (1x)，x(，1)，且x0，则h(x)1(1)ln (1x)(1x)ln (1x)，所以当x(，0)时，h(x)0，h(x)单调递增，所以h(x)h(0)0，即xln (1x)xln (1x)，所以1成立，所以1，即g(x)1.冲关策略(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变式训练3(2020全国卷)已知函数f(x)exax2x.(1)当a1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x0时，f(x)x31，求a的取值范围解(

11、1)当a1时，f(x)exx2x，f(x)ex2x1，易知f(x)单调递增，注意到f(0)0，故当x(，0)时，f(x)0，f(x)单调递减，当x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递增(2)由f(x)x31，得exax2xx31，其中x0，当x0时，不等式为11，显然成立，符合题意；当x0时，分离参数a得a，记g(x)，则g(x)，令h(x)exx2x1(x0)，则h(x)exx1，令(x)exx1(x0)，则(x)ex10，故h(x)单调递增，h(x)h(0)0，故函数h(x)单调递增，h(x)h(0)0，由h(x)0可得exx2x10恒成立，故当x(0,2)时，g(x)0，g(x)单调递增；当x(2，)时，g(x)0，g(x)单调递减因此，g(x)maxg(2)，综上可得，a的取值范围是.