最新2019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 文(含解析)

专题08 导数与不等式、函数零点相结合 文

考纲解读明方向 考纲内容 1.利用导数研究函数的单调性、极(最)值，并会解决与之有关的方程1.导数与不等3年3考★逻辑推理 (不等式)问题； 式 2.会利用导数解决某些简单的实际问题.

2018年高考全景展示 1.【2018年浙江卷】已知函数f(x)=

−lnx．

★★ 数学计算 3.特别关注: 利用导数研究函数的零点问题. 些实际问题. 考 点 考查频度 学科素养 规律与趋向 1.高频考向:利用导数解决与之有关的方程（不等式）问题 2.低频考向:利用导数解决某（Ⅰ）若f(x)在x=x1，x2(x1≠x2)处导数相等，证明：f(x1)+f(x2)>8−8ln2；

（Ⅱ）若a≤3−4ln2，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． 【答案】（Ⅰ）见解析 （Ⅱ）见解析

【解析】分析: （Ⅰ）先求导数，根据条件解得x1，x2关系，再化简f(x1)+f(x2)为基本不等式求得

，利用

取值范围，最后根据函数单调性证明不等式，（Ⅱ）一方面利用零点存在定理证明函数

有零点，另一方面，利用导数证明函数

个零点.两者综合即得结论.

在上单调递减，即至多一

x 经典资料

（0，16） 16 （16，+∞） 经典资料

- 0 2-4ln2 + ，即

．

所以g（x）在[256，+∞）上单调递增，故

由（Ⅰ）可知g（x）≥g（16），又a≤3–4ln2，故–g（x）–1+a≤–g（16）–1+a=–3+4ln2+a≤0， 所以h′（x）≤0，即函数h（x）在（0，+∞）上单调递减，因此方程f（x）–kx–a=0至多1个实根． 综上，当a≤3–4ln2时，对于任意k>0，直线y=kx+a与曲线y=f（x）有唯一公共点． 点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略：(1) 构造差函数

.根据差函数导函数符号，

确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.

2.【2018年全国卷Ⅲ文】已知函数（1）求曲线（2）证明：当

在点时，

处的切线方程；

．

．

【答案】（1）切线方程是（2）证明见解析

【解析】分析：（1）求导，由导数的几何意义求出切线方程。 （2）当可。

时，

,令

，只需证明

即

详解：（1）（2）当当

时，时，

，

，．因此曲线．令

在点处的切线方程是，则

． ．

单调递减；当时，，单调递增；

经典资料

经典资料

所以 ．因此．

时，

很关键，本

点睛：本题考查函数与导数的综合应用，由导数的几何意义可求出切线方程，第二问当

,令

题难度较大。

3．【2018年全国卷II文】已知函数（1）若（2）证明：

，求

的单调区间；

．

，将问题转化为证明

只有一个零点．

），（

，+∞）单调递增，在（

，

）单调递减．

【答案】（1）f（x）在（–∞，（2）f（x）只有一个零点． 【解析】分析：（1）将

代入，求导得，令求得增区间，令求得减区间；

（2）令

一个零点问题，研究函数

，即

单调性可得.

，则将问题转化为函数只有

（2）由于，所以等价于．

设=，则g ′（x）=≥0，仅当x=0时g ′（x）=0，所以g（x）在（–∞，

+∞）单调递增．故g（x）至多有一个零点，从而f（x）至多有一个零点． 又f（3a–1）=

综上，f（x）只有一个零点．

点睛：（1）用导数求函数单调区间的步骤如下：①确定函数

）解出相应的的取值范围，当

区间上是减增函数.

（2）本题第二问重在考查零点存在性问题，解题的关键在于将问题转化为求证函数

经典资料

，f（3a+1）=，故f（x）有一个零点．

的定义域；②求导数；③由

时，

（或在相应

时，在相应区间上是增函数；当

有唯一零点，可先证

经典资料

明其单调，再结合零点存在性定理进行论证.

2017年高考全景展示 1.【2017课标3，文21】已知函数f(x)=lnx+ax+(2a+1)x．

2

（1）讨论f(x)的单调性； （2）当a﹤0时，证明f(x)32． 4a11)单调递增，,)在(2a2a【答案】（1）当a0时，f(x)在(0,)单调递增；当a0时，则f(x)在(0,单调递减；（2）详见解析

(2ax1)(x1)(x0)，再根据导函数符号变化情况讨论单

x1)单调递增，调性：当a0时，f'(x)0，则f(x)在(0,)单调递增，当a0时，则f(x)在(0,2a3311,)单调递减.（2）证明f(x)2，即证f(x)max2，而f(x)maxf()，所在(2a2a4a4a131110）)(2)ln()1，即ylnt1t （t以目标函数为f(，利用导数易2a2a4a2a2a【解析】试题分析：（1）先求函数导数f'(x)得ymaxy(1)0，即得证.

【考点】利用导数求单调性，利用导数证不等式 【名师点睛】利用导数证明不等式常见类型及解题策略

(1) 构造差函数h(x)f(x)g(x).根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关

经典资料

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系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.

2.【2017天津，文19】设a,bR，|a|1.已知函数f(x)x36x23a(a4)xb，g(x)exf(x). （Ⅰ）求f(x)的单调区间；

（Ⅱ）已知函数yg(x)和yex的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线， （i）求证：f(x)在xx0处的导数等于0；

（ii）若关于x的不等式g(x)ex在区间[x01,x01]上恒成立，求b的取值范围.

【答案】（Ⅰ）递增区间为(,a)，(4a,)，递减区间为(a,4a).（2）（ⅰ）f(x)在xx0处的导数等于0.（ⅱ）b的取值范围是[7,1]. 【解析】

试题分析：（Ⅰ）先求函数的导数fx3xax4a ，再根据a1，求得两个极值点的大小关系，a4a，再分析两侧的单调性，求得函数的单调区间；（Ⅱ）（ⅰ）根据gx与ex有共同的切线，根据导数的几何意义建立方程，求得fx00，得证；（Ⅲ）将不等式转化为fx1，再根据前两问可知x0是极大值点x0a，由（I）知f(x)在(a1,a)内单调递增，在(a,a1)内单调递减，从而

fxfa1在[a1,a1]上恒成立，得b2a36a21，1a1，再根据导数求函数的取值范

围.

xg(x0)e0（II）（i）因为g'(x)e(f(x)f'(x))，由题意知， x0g'(x0)ex经典资料

经典资料

xxf(x0)1f(x0)e0e0所以，解得.

x0x0f'(x)00e(f(x0)f'(x0))e所以，f(x)在xx0处的导数等于0.

【考点】1.导数的几何意义；2.导数求函数的单调区间；3.导数的综合应用.

【名师点睛】本题本题考点为导数的应用，本题属于中等问题，第一问求导后要会分解因式，并且根据条件能判断两个极值点的大小关系，避免讨论，第二问导数的几何意义，要注意切点是公共点，切点处的导数相等的条件，前两问比较容易入手，但第三问，需分析出x0a ，同时根据单调性判断函数的最值，涉及造函数解题较难，这一问思维巧妙，有选拔优秀学生的功能.

2016年高考全景展示 1. 【2016高考新课标1文数】若函数f(x)x-sin2xasinx在,单调递增,则a的取值范围是（ ）

（A）1,1（B）1,（C）,（D）1,3333131111

【答案】C 【解析】

试题分析：fx1经典资料

2cos2xacosx…0对xR恒成立, 3经典资料

2452cos2x1acosx…0,即acosxcos2x…0恒成立, 333425450对t1,1恒成立,构造ftt2at,开口向下的二次函数ft的最小值即tat…3333故11f1t…0113a的可能值为端点值,故只需保证,解得剟．故选C．

133f1t…03考点：三角变换及导数的应用

【名师点睛】本题把导数与三角函数结合在一起进行考查,有所创新,求解关键是把函数单调性转化为不等式恒成立,再进一步转化为二次函数在闭区间上的最值问题,注意与三角函数值域或最值有关的问题,要注意弦函数的有界性.

2. [2016高考新课标Ⅲ文数]设函数f(x)lnxx1． （I）讨论f(x)的单调性； （II）证明当x(1,)时，1x1x； lnxx（III）设c1，证明当x(0,1)时，1(c1)xc.

【答案】（Ⅰ）当0x1时，f(x)单调递增；当x1时，f(x)单调递减；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析． 【解析】

试题分析：（Ⅰ）首先求出导函数f(x)，然后通过解不等式f(x)0或f(x)0可确定函数f(x)的单调性（Ⅱ）左端不等式可利用（Ⅰ）的结论证明，右端将左端的x换为构造新函数，然后通过利用导数研究函数的单调性来处理．

1即可证明；（Ⅲ）变形所证不等式，x

经典资料

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考点：1、利用导数研究函数的单调性；2、不等式的证明与解法．

【思路点拨】求解导数中的不等式证明问题可考虑：（1）首先通过利用研究函数的单调性，再利用单调性进行证明；（2）根据不等式结构构造新函数，通过求导研究新函数的单调性或最值来证明．

3.【2016高考天津文数】（（本小题满分14分）设函数f(x)xaxb，xR，其中a,bR （Ⅰ）求f(x)的单调区间；

（Ⅱ）若f(x)存在极值点x0，且f(x1)f(x0)，其中x1x0，求证：x12x00； （Ⅲ）设a0，函数g(x)|f(x)|，求证：g(x)在区间[1,1]上的最大值不小于．．．.

314【答案】（Ⅰ）递减区间为(详见解析 【解析】

3a3a3a3a,)，递增区间为(,)，(,).（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）3333试题分析：（Ⅰ）先求函数的导数：f(x)3xa，再根据导函数零点是否存在情况，分类讨论：①当a02时，有f(x)3xa0恒成立，所以f(x)的单调增区间为(,).②当a0时，存在三个单调区间（Ⅱ）22由题意得f(x0)3x0a0即x02a，再由f(x1)f(x0)化简可得结论（Ⅲ）实质研究函数g(x)最大3值：主要比较f(1),f(1)，|f(3a3a|,|f()|的大小即可，分三种情况研究①当a3时，33333a3a23a3a3a23aa30a，②当时，，③当时，111144333333123a23a1. 33经典资料

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试题解析：（1）解：由f(x)xaxb，可得f(x)3xa，下面分两种情况讨论： ①当a0时，有f(x)3xa0恒成立，所以f(x)的单调增区间为(,).

232②当a0时，令f(x)0，解得x3a3a或x. 33当x变化时，f(x)、f(x)的变化情况如下表：

x f(x) f(x) (,3a) 33a 3(3a3a,) 333a 30 极小值 (3a,) 3 单调递增 0 极大值  单调递减  单调递增 所以f(x)的单调递减区间为(3a3a3a3a,)，单调递增区间为(,)，(,). 3333

（3）证明：设g(x)在区间[1,1]上的最大值为M，max{x,y}表示x，y两数的最大值，下面分三种情况讨论： ①当a3时，3a3a11，由（1） 知f(x)在区间[1,1]上单调递减， 33所以f(x)在区间[1,1]上的取值范围为[f(1),f(1)]，因此，

Mmax{[f(1),f(1)]}max{|1ab|,|1ab|}max{|a1b|,|a1b|}

a1b,b0, 所以Ma1|b|2. a1b,b0,经典资料

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③当0a23a23a31，由（1）和（2）知， 时，133423a3a23a3a)f()，f(1)f()f()， 3333f(1)f(所以f(x)在区间[1,1]上的取值范围为[f(1),f(1)]，因此，

Mmax{[f(1),f(1)]}max{|1ab|,|1ab|}max{|1ab|,|1ab|}

1a|b|1. 41. 4综上所述，当a0时，g(x)在区间[1,1]上的最大值不小于考点：导数的运算，利用导数研究函数的性质、证明不等式 【名师点睛】

1.求可导函数单调区间的一般步骤

(1)确定函数f(x)的定义域(定义域优先)； (2)求导函数f′(x)；

(3)在函数f(x)的定义域内求不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0的解集．

(4)由f′(x)＞0(f′(x)＜0)的解集确定函数f(x)的单调增(减)区间．若遇不等式中带有参数时，可分类讨论求得单调区间．

2．由函数f(x)在(a，b)上的单调性，求参数范围问题，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立问题，要注意“＝”是否可以取到．

4. 【2016高考浙江文数】（本题满分15分）设函数f(x)=x经典资料

31，x[0,1].证明： 1x经典资料

（I）f(x)1xx； （II）

233f(x). 42【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析. 【解析】

试题分析：本题主要考查函数的单调性与最值、分段函数等基础知识，同时考查推理论证能力、分析问题和

1x413解决问题的能力.第一问，利用放缩法，得到，从而得到结论；第二问，由0x1得xx，1x1x进行放缩，得到fx33， 再结合第一问的结论，得到fx， 从而得到结论. 24

(Ⅱ)由0x1得xx，

31133x12x133故fxxx ，

1x1x222x1223所以fx3 . 222133由(Ⅰ)得fx1xxx，

244又因为f综上，

121933，所以fx， 244433fx. 42考点：函数的单调性与最值、分段函数.

【思路点睛】（I）先用等比数列前n项和公式计算1xxx，再用放缩法可得1xxx进而可证fx1xx；（II）由（I）的结论及放缩法可证

223231，1x33fx． 42x25.【2016高考新课标1文数】（本小题满分12分）已知函数fxx2eax1．

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(I)讨论fx的单调性；

(II)若fx有两个零点,求a的取值范围. 【答案】见解析(II)0,

【解析】

试题分析：(I)先求得f'xx1ex2a.再根据1,0,2a的大小进行分类确定fx的单调性；(II)借助第一问的结论,通过分类讨论函数单调性,确定零点个数,从而可得a的取值范围为0,.



③若ae,则ln2a1,故当x,12,时,f'x0,当x1,ln2aa2ln时,f'x0,所以fx在,1,ln2a,单调递增,在1,ln2a单调递减. (II)(i)设a0,则由(I)知,fx在,1单调递减,在1,单调递增. 又f1e，f2a,取b满足b<0且则fbbaln, 22a233b2ab1abb0,所以fx有两个零点. 22x(ii)设a=0,则fxx2e所以fx有一个零点.

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考点：函数单调性,导数应用

【名师点睛】本题第一问是用导数研究函数单调性,对含有参数的函数单调性的确定,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；第二问是求参数取值范围,由于这类问题常涉及到导数、函数、不等式等知识,越来越受到高考命题者的青睐,解决此类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.

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