2021届统考数学（理科）第二轮专题复习学案：第4讲　导数的热点问题 WORD版含解析.docx

1、第4讲导数的热点问题高考年份全国卷全国卷全国卷2020函数的单调性及不等式恒成立问题T21函数的单调性与不等式证明T21导数的几何意义与函数零点问题T212019函数的极值与函数的零点T20函数的零点与公切线问题T20函数的单调性及最值问题T202018函数的单调性与双参数不等式证明T21不等式的证明与函数的零点T21不等式的证明与极值问题T211.2020全国卷已知函数f(x)=ex+ax2-x.(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)当x0时,f(x)12x3+1,求a的取值范围.2.2020全国卷设函数f(x)=x3+bx+c,曲线y=f(x)在点12,f12处的切线与y轴垂直.(

2、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1.3.2020全国卷已知函数f(x)=sin2xsin2x.(1)讨论f(x)在区间(0,)的单调性;(2)证明:|f(x)|338;(3)设nN*,证明:sin2xsin22xsin24xsin22nx3n4n.单调性1已知aR,函数f(x)=(-x2+ax)ex(xR).(1)当a=2时,求函数f(x)的单调区间;(2)若函数f(x)在(-1,1)上单调递增,求a的取值范围.【规律提炼】讨论函数的单调性是研究函数问题的基础,对于函数的最值、极值、零点性质的研究,都是以函数单调性为基础展开的,函数的

3、单调性是由导函数的正负决定的.求解含参函数的单调性,主要有以下方法:一是分离参数,数形结合;二是因式分解,分类讨论;三是二次求导.测题已知函数f(x)=x2+cos2x.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若x0,不等式f(x)kx+1恒成立,求实数k的取值范围.极值与最值2已知f(x)=lnx-x2+2ax,aR.(1)若a=0,求f(x)在1,e上的最小值;(2)求f(x)的极值点.32019全国卷已知函数f(x)=2x3-ax2+b.(1)讨论f(x)的单调性.(2)是否存在a,b,使得f(x)在区间0,1的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a,b的所有值;若不存在,说明理由.【规

4、律提炼】对于极值与最值问题应注意以下几点:(1)对于可导函数f(x),f(x0)=0是函数在x=x0处有极值的必要不充分条件;(2)若函数f(x)在区间a,b上的图像连续不断,则f(x)在区间a,b上必有最值;(3)若函数f(x)在区间a,b上是单调函数,则f(x)一定在区间端点处取得最值;(4)若函数f(x)在区间(a,b)上的图像连续不断,且有唯一极值点,则这个极值点是函数的最值点.测题已知函数f(x)=xlnx.若函数F(x)=f(x)-ax2有两个极值点,求实数a的取值范围.存在性问题与任意性问题4已知函数f(x)=ax-alnx(a0),g(x)=-x-1x.(1)讨论f(x)的单调

5、性;(2)当a0时,若存在x01,e,使得f(x0)2恒成立,求实数a的取值范围;(3)若在1,e上存在一点x0,使得f(x0)+1f(x0)-1.【规律提炼】用导数法证明不等式一般有以下方法:(1)构造函数法;(2)通过对函数的变形,利用分析法证明不等式;(3)分成两个函数进行研究;(4)利用图像的特点证明不等式;(5)利用放缩法证明不等式.测题已知函数f(x)=2sinx-xcosx-ax(aR).(1)当a=0时,证明:函数f(x)在区间(0,)内有唯一极值点;(2)当a1时,证明:对任意x(0,),f(x)0.角度2双变量不等式的证明6已知函数f(x)=lnx-ax2+(a-b-1)x

6、+b+1(a,bR).(1)若a=0,试讨论f(x)的单调性;(2)若0a4-2a.【规律提炼】(1)含参不等式的证明方法:对于含参数的不等式,如果易分离参数,那么可先分离参数、构造函数,直接转化为函数的最值;否则应进行分类讨论,在解题过程中,必要时可作出函数图像(草图),数形结合求解.(2)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;二是构造函数,借助导数,判断函数的单调性,从而求其值;三是回归含双参的不等式的证明,把所求的最值应用到含双参的不等式中,即可证得结果.测题已知函数f(x)=lnx-ax+1有两个零点.

7、(1)求a的取值范围;(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,f(x)为f(x)的导函数,证明:f(x1x2)0)的图像在点P处的切线为l,是否存在这样的点P使得直线l与曲线y=f(x)也相切?若存在,求满足条件的点P的个数;若不存在,请说明理由.数列型不等式的证明9已知函数f(x)=x-ln(x+a),aR.(1)若对定义域内的任意x,都有f(x)0,求a的取值范围;(2)求证:对于任意大于1的正整数n,1+1221+1321+1n2e,其中e为自然对数的底数.【规律提炼】用导数方法来证明形如a1+a2+a3+ang(n)(或a1a2a3ang(n)的数列不等式,一般的解题思路为:令bn=g

8、(n)-g(n-1)注:有时需要简单放缩或变形,如例9.若a1a2a3ang(n),令bn=g(n)g(n-1);证明anbn,这一步一般用导数法来完成(即把n作为自变量x,构造函数,然后用导数法证明);自n=1迭加anbn(若a1a2a3ann2+3n2en+12(nN*).全品高考第二轮专题|数学(理科)第4讲导数的热点问题真知真题扫描1.解:(1)当a=1时,f(x)=ex+x2-x,f(x)=ex+2x-1.故当x(-,0)时,f(x)0.所以f(x)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增.(2)f(x)12x3+1等价于12x3-ax2+x+1e-x1.设函数g(x)=12x3-

9、ax2+x+1e-x(x0),则g(x)=-12x3-ax2+x+1-32x2+2ax-1e-x=-12xx2-(2a+3)x+4a+2e-x=-12x(x-2a-1)(x-2)e-x.(i)若2a+10,即a-12,则当x(0,2)时,g(x)0.所以g(x)在(0,2)单调递增,而g(0)=1,故当x(0,2)时,g(x)1,不合题意.(ii)若02a+12,即-12a12,则当x(0,2a+1)(2,+)时,g(x)0.所以g(x)在(0,2a+1),(2,+)单调递减,在(2a+1,2)单调递增.由于g(0)=1,所以g(x)1当且仅当g(2)=(7-4a)e-21,即a7-e24.所

10、以当7-e24a12时,g(x)1.(iii)若2a+12,即a12,则g(x)12x3+x+1e-x,由于07-e24,12,故由(ii)可得12x3+x+1e-x1,故当a12时,g(x)1.综上,a的取值范围是7-e24,+.2.解:(1)f(x)=3x2+b.依题意得f12=0,即34+b=0.故b=-34.(2)证明:由(1)知f(x)=x3-34x+c,f(x)=3x2-34.令f(x)=0,解得x=-12或x=12.f(x)与f(x)的情况为:x-,-12-12-12,121212,+f(x)+0-0+f(x)c+14c-14因为f(1)=f-12=c+14,所以当c14时,f(

11、x)只有小于-1的零点.由题设可知-14c14.当c=-14时,f(x)只有两个零点-12和1.当c=14时,f(x)只有两个零点-1和12.当-14c0;当x3,23时,f(x)0,解得-2x2;令f(x)0,解得x2.故函数f(x)的单调递减区间为(-,-2),(2,+);单调递增区间为(-2,2).(2)函数f(x)=(-x2+ax)ex的导函数为f(x)=exa-x2+(a-2)x.因为函数f(x)在(-1,1)上单调递增,所以f(x)0在(-1,1)上恒成立,即a-x2+(a-2)x0在(-1,1)上恒成立,即x2-(a-2)x-a0在(-1,1)上恒成立,故只需1+(a-2)-a0

12、且1-(a-2)-a0,解得a32,故a的取值范围为32,+.【自测题】解:(1)f(x)=2x-2cosxsinx=2x-sin2x,令m(x)=f(x),则m(x)=2-2cos2x=2(1-cos2x)0,所以f(x)为增函数.又因为f(0)=0,所以当x0时,f(x)0时,f(x)0.所以函数f(x)在区间(-,0)上单调递减,在区间(0,+)上单调递增.(2)不等式f(x)kx+1可化为x2-kx-1+cos2x0.设g(x)=x2-kx-1+cos2x,x0,则g(x)=2x-k-sin2x.由(1)可知g(x)是0,+)上的增函数.因为g(0)=-k,所以当k0时,g(x)0,函

13、数g(x)在区间0,+)上是增函数,所以g(x)g(0)=-1+cos20=0,所以当k0时符合题意.当k0时,g(0)=-k0,使得g(x0)=0.当0xx0时,g(x)x0时,g(x)0.所以函数g(x)在区间0,x0)上是减函数,在区间(x0,+)上是增函数,所以g(x)min=g(x0)g(0)=0,不合题意.综上,实数k的取值范围是(-,0.解答2例2解:(1)当a=0时,f(x)=lnx-x2,f(x)=1-2x2x,因为x1,e,所以f(x)0,所以f(x)在1,e上是减函数,所以f(x)在1,e上的最小值为f(e)=1-e2.(2)f(x)的定义域为(0,+),f(x)=-2x

14、2+2ax+1x,令f(x)=0得x1=a-a2+22,x2=a+a2+22.因为x10,所以当x(0,x2)时,f(x)0,当x(x2,+)时,f(x)0,则当x(-,0)a3,+时,f(x)0,当x0,a3时,f(x)0,故f(x)在(-,0),a3,+单调递增,在0,a3单调递减;若a=0,f(x)在(-,+)单调递增;若a0,当xa3,0时,f(x)0,故f(x)在-,a3,(0,+)单调递增,在a3,0单调递减.(2)满足题设条件的a,b存在.(i)当a0时,由(1)知,f(x)在0,1单调递增,所以f(x)在区间0,1的最小值为f(0)=b,最大值为f(1)=2-a+b.此时a,b

15、满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.(ii)当a3时,由(1)知,f(x)在0,1单调递减,所以f(x)在区间0,1的最大值为f(0)=b,最小值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1.(iii)当0a3时,由(1)知,f(x)在区间0,1的最小值为fa3=-a327+b,最大值为b或2-a+b.若-a327+b=-1,b=1,则a=332,与0a3矛盾.若-a327+b=-1,2-a+b=1,则a=33或a=-33或a=0,与0a0,所以2a=1+lnxx有两个不等实根.令g(x)=1+lnxx,则g(x

16、)=-lnxx2,令g(x)0得0x1,令g(x)1,故g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减,故g(x)max=g(1)=1,又当x+时,g(x)0,当x0时,g(x)-,所以2a(0,1),故a0,12,即实数a的取值范围是0,12.解答3例4解:(1)f(x)的定义域为(0,+),f(x)=-ax2-ax=-a1+xx2.当a0时,f(x)0,f(x)在(0,+)上单调递减;当a0,f(x)在(0,+)上单调递增.(2)存在x01,e,使得f(x0)0,所以1+a1.当1+ae,即ae-1时,h(x)在1,e上单调递减,所以h(x)在1,e上的最小值为h(e).由h(e)

17、=e+1+ae-ae2+1e-1,又e2+1e-1e-1,所以ae2+1e-1.当11+ae,即0ae-1时,易得h(x)在(1,1+a)上单调递减,在(1+a,e)上单调递增,所以h(x)的最小值为h(1+a).因为11+ae,所以0ln(a+1)1,所以0aln(1+a)2,此时h(1+a)2恒成立,即h(x1)-2x1-h(x2)-2x2x1-x20恒成立.令t(x)=h(x)-2x,可得t(x)在(0,+)上单调递增.故t(x)=h(x)-2=x+ax-20恒成立,可得ax(2-x)恒成立.又x(2-x)=-(x-1)2+11,则a1,故实数a的取值范围是1,+).(3)不等式f(x0

18、)+1f(x0)g(x0)-g(x0)等价于x0+1x0alnx0-ax0,整理得x0-alnx0+1+ax00,所以x+10,令x-1-a=0,得x=1+a.当1+a1,即a0时,m(x)在1,e上单调递增,由m(x)min=m(1)=2+a0,解得a-2,故a-2.当11+ae,即0ae-1时,m(x)在1,1+a)上单调递减,在(1+a,e上单调递增,由m(x)min=m(1+a)=1+a-aln(1+a)+10,即1+a+1aln(1+a),可得a+1+1aln(a+1).令t=1+a,则1te,对于不等式t+1t-1e,即ae-1时,m(x)在1,e上单调递减,由m(x)min=m(

19、e)=e-a+1+aee2+1e-1,又因为e-1-e2+1e-1=-2ee-1e2+1e-1.综上所述,实数a的取值范围是(-,-2)e2+1e-1,+.解答4例5解:(1)f(x)=ex-1-1x+a,由x=1是f(x)的极值点知f(1)=0,即1-11+a=0,所以a=0,故f(x)=ex-1-lnx+1,定义域为(0,+),且f(x)=ex-1-1x.函数f(x)=ex-1-1x在(0,+)上单调递增,且f(1)=0,因此当x(0,1)时,f(x)0.所以f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+).(2)证明:当a3,x-a时,0x+ax+3,从而ln(x+a)ln(

20、x+3),则f(x)+1=ex-1-ln(x+a)+2ex-1-ln(x+3)+2.令g(x)=ex-1-ln(x+3)+2,x(-3,+),则g(x)=ex-1-1x+3,g(x)在(-3,+)上单调递增,且g(-1)=1e2-120,故存在唯一的实数x0(-1,0),使得g(x0)=0.当x(-3,x0)时,g(x)0,g(x)单调递增.从而当x=x0时,g(x)取得最小值.由g(x0)=0得ex0-1-1x0+3=0,则ex0-1=1x0+3,则x0-1=-ln(x0+3),故g(x)min=g(x0)=ex0-1-ln(x0+3)+2=1x0+3+x0-1+2=(x0+2)2x0+3,

21、由x0(-1,0)知(x0+2)2x0+30,故f(x)+1g(x)g(x0)0,即当a3时,f(x)-1成立.【自测题】证明:(1)当a=0时,f(x)=2sinx-xcosx,f(x)=cosx+xsinx.设g(x)=f(x),则g(x)=xcosx.令g(x)=0,x(0,),得x=2.当x0,2时,g(x)0当x2,时,g(x)g(0)0,即f(x)0,f(x)在区间0,2内无极值点.当x2,时,g(x)=0有唯一解x0,即f(x)=0有唯一解x0,且易知当x2,x0时,f(x)0,当x(x0,)时,f(x)0;当x2,时,h(x)0,f()=-1-a.当f()=-1-a0,即a-1

22、时,f(x)0,此时函数f(x)在(0,)内单调递增,f(x)f(0)=0.当f()=-1-a0,即-10,f()=-1-a0.综上,当a1时,对任意x(0,),f(x)0.例6解:(1)f(x)的定义域为(0,+).当a=0时,f(x)=1x-(b+1).当b-1时,f(x)0恒成立,此时f(x)在(0,+)上单调递增.当b-1时,若x0,1b+1,则f(x)0;若x1b+1,+,则f(x)4-2a,只需证x1+x2x1x22(2-a)=-2(lnx2-lnx1)x1-x2,不妨设x1x2,即证x1x2-x2x11),设h(t)=2lnt-t+1t,则h(t)=2t-1-1t2=-1t-12

23、0,h(t)在(1,+)上单调递减,h(t)4-2a.方法二:当b=1时,由f(x)=m-ax2得lnx+(a-2)x+2-m=0,令g(x)=lnx+(a-2)x+2,则g(x1)=g(x2)=m,g(x)=1x-(2-a),0a2,02-a0,当x12-a,+时,g(x)0,故g(x)在0,12-a上单调递增,在12-a,+上单调递减.不妨设x1x2,则0x112-a4-2a,只需证x1x2(4-2a)x2-1,易知x2(4-2a)x2-10,12-a,故只需证g(x1)gx2(4-2a)x2-1,即证g(x2)12-a,则h(x)=g(x)+1(4-2a)x-12gx(4-2a)x-1=

24、1-(2-a)xx+1(4-2a)x-12(2-a)x-1x=-4(2-a)(2-a)x-12(4-2a)x-120,h(x)在12-a,+上单调递减,h(x)12-a时,总有g(x)4-2a.【自测题】解:(1)由f(x)=0可得a=1+lnxx,f(x)有两个零点等价于函数g(x)=1+lnxx的图像与直线y=a在(0,+)上有两个不同的交点.g(x)=-lnxx2(x0).当x(0,1)时,g(x)0;当x(1,+)时,g(x)0.故g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减,所以g(x)max=g(1)=1,又当x0时,g(x)-,当x+时,g(x)0,所以a(0,1).(

25、2)证明:由(1)知x1,x2是lnx-ax+1=0的两个根,故lnx1-ax1+1=0,lnx2-ax2+1=0,故a=lnx1-lnx2x1-x2.f(x)=1x-a,故f(x)在(0,+)上单调递减,且f(1)=1-a,要证f(x1x2)1,即证lnx1+lnx20,即证(ax1-1)+(ax2-1)0,即证a2x1+x2,即证lnx1-lnx2x1-x22x1+x2.不妨设0x1x2,即证lnx1x20,则h(t)在(0,1)上单调递增,则h(t)h(1)=0,故(*)式成立,原命题得证.解答5例7解:(1)f(x)=2x-2ax.f(x)在x=1处取得极值,f(1)=0,解得a=1,

26、经验证符合题意,f(x)=x2-2lnx+4,函数f(x)的定义域为(0,+),f(x)=2x-2x=2(x2-1)x.当x(0,1)时,f(x)0,f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+).(2)g(x)=f(x)-42=12x2-alnx,则g(x)=x-ax=x2-ax.要使g(x)在1,e上没有零点,只需在1,e上满足g(x)min0或g(x)max0,只需求使g(x)在1,e上满足g(x)min0的a的取值范围.当ae时,g(x)在1,e上单调递减,由g(x)min=g(e)=12e-12a0,解得ae,与ae矛盾,舍去;当1a0,解得0ae,1a0,满足题意.综

27、上,a的取值范围是(-,e).【自测题】解:(1)f(x)=3x2-ax=3x3-ax(x0).当a0时,f(x)0,此时函数f(x)在(0,+)上单调递增.当a0时,由f(x)=3x3-ax=0得x=3a3,当x0,3a3时,f(x)0,故函数f(x)在3a3,+上单调递增.(2)由题意知方程a=x3lnx在区间(1,e上有两个不同的实数根,即直线y=a与函数g(x)=x3lnx的图像在(1,e上有两个不同的交点.g(x)=x2(3lnx-1)(lnx)2,令g(x)=0得x=3e,当x(1,3e)时,g(x)0,函数g(x)在(3e,e上单调递增,则g(x)min=g(3e)=3e,而g(

28、e127)=e327lne127=27e1927,且g(e)=e30,则函数f(x)在(-,1)和(1,+)上均是增函数.又f(2)=e2+1+21-2=e2-30,f32=e32+1+321-32=e32-50,故f(x)在(1,+)上有唯一零点x1,即f(x1)=ex1+1+x11-x1=0,可得ex1=1+x1x1-1,则f(-x1)=e-x1+1-x11+x1=1+x1x1-1-1+1-x11+x1=x1-11+x1+1-x11+x1=0,且-x10,则函数f(x)在(-,1)和(1,+)上均是增函数.当x1+时,f(x)-,当x+时,f(x)+,故f(x)在(1,+)上有唯一零点;当

29、x1-时,f(x)+,当x-时,f(x)-10,故f(x)在(-,1)上有唯一零点.综上,f(x)在其定义域上有且仅有两个零点.(2)证明:依题意知点A(x0,ex0)在曲线y=ex上,则点B(e-x0,-x0)在曲线y=lnx上.由f(x0)=ex0+1+x01-x0=0得ex0=x0+1x0-1,则直线AB的斜率kAB=ex0-(-x0)x0-e-x0=ex0+x0x0-e-x0=x0+1x0-1+x0x0-x0-1x0+1=x0+1x0-1=ex0,又曲线y=ex在A(x0,ex0)处的切线斜率是ex0,曲线y=lnx在点B(e-x0,-x0)处的切线斜率是ex0,故曲线y=ex在A(x

30、0,ex0)处的切线也是曲线y=lnx的切线.【自测题】解:(1)因为t(x)=12x2-(a+2)x+2alnx(a0),所以t(x)的定义域为(0,+),t(x)=x-(a+2)+2ax=(x-2)(x-a)x.当a0时,t(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+)上单调递增;当a=2时,t(x)在(0,+)上单调递增;当0a2时,t(x)在(0,2)上单调递增,在(2,a)上单调递减,在(a,+)上单调递增.(2)设P(x0,x03)(x00),因为g(x)=3x2,所以g(x0)=3x02,所以直线l的方程为y-x03=3x02(x-x0),即y=3x02x-2x03.假设直线l与曲线

31、y=f(x)也相切,切点为(x1,lnx1).因为f(x)=1x,所以f(x1)=1x1,所以直线l的方程为y-lnx1=1x1(x-x1),故3x02=1x1,即x1=13x02,所以直线l的方程为y-ln13x02=3x02x-13x02,即y=3x02x-2lnx0-ln3-1.由得-2lnx0-ln3-1=-2x03,即2x03-2lnx0-1-ln3=0.令m(x)=2x3-2lnx-1-ln3(x0),则m(x)=6x2-2x,令m(x)=6x2-2x=0,得x=313,可得m(x)在0,313上单调递减,在313,+上单调递增,所以m(x)min=m313=213-2ln313-

32、1-ln3=-13-13ln3-a).令f(x)0,解得x1-a,令f(x)0,解得-ax0,所以a0时,xln(x+1).令x=1n2,则有ln1+1n21n2,可得ln1+122122,ln1+132132,ln1+1n21n2,累加得ln1+122+ln1+132+ln1+1n2122+132+1n2,可得ln1+1221+1321+1n2122+132+1n2112+123+1(n-1)n,又因为112+123+1(n-1)n=1-12+12-13+1n-1-1n=1-1n1,所以ln1+1221+1321+1n21,即1+1221+1321+1n20,F(x)=(x+1)ex-a1+

33、1x=(x+1)(xex-a)x.当a0,F(x)在(0,+)上单调递增,F(x)没有极值点.当a0时,令H(x)=xex-a,当x(0,+)时,H(x)=(1+x)ex0,H(x)在(0,+)上单调递增.又H(0)=-a0,x00,H(x0)=0,且当x(0,x0)时,H(x)0,从而F(x0)=0,当x(0,x0)时,F(x)0,F(x)单调递增,x=x0是函数F(x)的极小值点.综上,当a0时,F(x)有一个极值点.(2)方程f(x)=g(x)可化为ex-a=x-a+1.设x-a=t,则原方程可化为et=t+1.设M(t)=et-t-1,则M(t)=et-1.当t(-,0)时,M(t)0,M(t)在(0,+)上单调递增.M(t)min=M(0)=0,当t0时,M(t)0,方程et=t+1只有一个实数根,方程f(x)=g(x)只有一个实数根.对于任意的tR,ett+1,当且仅当t=0时取等号,e2-n+12+e4-n+12+e2n-n+122-n+12+1+4-n+12+1+2n-n+12+1=(2+4+2n)-n(n+1)2+n=n(n+1)-n(n+1)2+n=n2+3n2,即e-n+12(e2+e4+e2n)n2+3n2,e2+e4+e2nn2+3n2en+12.