2020年高考文科数学《导数的综合应用》题型归纳与训练

2020年高考文科数学《导数的综合应用》题型归纳与训练

【题型归纳】

题型一 含参数的分类讨论

例1 已知函数f(x)ax312x，导函数为f(x)，

（1）求函数f(x)的单调区间；

（2）若f(1)6,求函数f(x)在[—1，3]上的最大值和最小值。

【答案】略

【解析】（I）f(x)3ax2123(ax24)，（下面要解不等式3(ax24)0，到了分类讨论的时机，

分类标准是零）

当a0时在,f(x)0,f(x)(,)单调递减；

当a0时当变化时,x,f(x),f(x) 的变化如下表： x(,22a)g(2,2)2naaaa(2a,)if(x)+ht0—0+ llf(x)A极大值极小值 d 此时，fna(x)在(,26),(2a,)单调递增， 在(2a,2a)单调递减； e （IIm）由f(1)3a126,得a2.

it

由（I）知，f(x)在单调递减(1,2),在(,3)2单调递增。

1

【易错点】搞不清分类讨论的时机，分类讨论不彻底

【思维点拨】分类讨论的难度是两个，（1）分类讨论的时机，也就是何时分类讨论，先按自然的思路推理，

题型二 已知单调性求参数取值范围问题 例1 已知函数f(x)【答案】

【解析】f'(x)x22xa,依题意在[1,)上恒有y0成立，方法1：

方法2：

由yx22xa0，得a-x2-2x，只需a（）-x2-2xa3，所以a的取值范围是[3,)；

函数f'(x)x22xa，对称轴为x1，故在[1,)上f'(x)单调递增，故只需f'(1)0即可，得

2，易得（）-x-2xmaxmax 13xx2ax5， 若函数在[1,)上是单调增函数，求a的取值范围3【易错点】本题容易忽视f'(1)0中的等号

【思维点拨】已知函数f(x)在区间(a,b)可导：

1. f(x)在区间(a,b)内单调递增的充要条件是如果在区间(a,b)内，导函数f(x)0，并且f(x)在

2. f(x)在区间(a,b)内单调递减的充要条件是如果在区间(a,b)内，导函数f(x)0，并且f(x)在

(a,b)的任何子区间内都不恒等于零；

说明：

不充分条件

2

1.已知函数f(x)在区间(a,b)可导,则f(x)0在区间内(a,b)成立是f(x)在(a,b)内单调递增的必要

2.若f(x)为增函数，则一定可以推出f(x)0；更加具体的说，若f(x)为增函数，则或者

(a,b)的任何子区间内都不恒等于零；

a3，，所以a的取值范围是[3,)；

3，因此

不重复一遗漏。还要注意一点的是，最后注意将结果进行合理的整合。

由于参数的存在，到了不能一概而论的时候，自然地进入分类讨论阶段；（2）分类讨论的标准，要做到

f(x)0，或者除了x在一些离散的值处导数为零外，其余的值处都f(x)0；

3.

f(x)0时，不能简单的认为f(x)为增函数，因为f(x)0的含义是f(x)0或f(x)0，

当函数在某个区间恒有f(x)0时，也满足f(x)0,但f(x)在这个区间为常函数.题型三 方程与零点

1．已知函数fxax3x1，若fx存在三个零点，则a的取值范围是（

32A. ,2 C. 2, 【答案】D

B. 2,2D. 2,00,2【解析】很明显a0

，由题意可得：

f'x3ax26x3xax2 ，则由f'x0 可得

x10,x2由题意得不等式： fx1fx28124 ，即： 101,a24,2a2 ，222aaa【思维点拨】函数零点的求解与判断

函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．

(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．题型四、导数证明不等式

例1 当x0,时，证明不等式sinxx成立。

(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合

(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．

【易错点】找不到切入点，“有三个零点”与函数的单调性、极值有什么关系？挖掘不出这个关系就无从下手。

综上可得a的取值范围是 2,00,2.本题选择D选项.

2 ，a ）

3

【答案】略

【解析】设f(x)sinxx,则f'(x)cosx1.∴f(x)sinxxf(0)0, 故当x(0,)时，sinxx成立。

【易错点】不能顺利把不等式转化为等价的函数、方程问题

【思维点拨】注意观察不等式的结构，选择合理的变形，构造函数，把不等式问题转化为函数的极值、最值问题。

题型一 含参的分类讨论

1. 已知函数f(x)【解析】（I）f(x)x2(2a)x1a(x1)(x1a). 【答案】略

当时由得且a0,f(x)0,

当时恒成立a0,f(x)(x1)20x11,x2a1, （I）求f(x)的单调区间； （II）若f(x)在[0，1]上单调递增，求a的取值范围。

131x(2a)x2(1a)x(a0).32, 当且仅当x1时取“=”号，f(x)在(,)单调递增。

x1x2,

当x变化时，f(x)、f(x)的变化如下表：

x (,1)—1

(1,a1) 【巩固训练】

a1 (a1,) 4

∵x(0,),∴f'(x)0. ∴f(x)sinxx在x(0,)内单调递减，而f(0)0.

f(x)+0—0+sof(x)极大值极小值 rof

f(x)在单调递增在单调递减在单调递增(,1),(1,a1),(a1,). do （II）当a0时在上单调递增,f(x)[0,1],f(x)f(0)1恒成立。

og

当时a0,由（I）可知

era

若时则在上单调递增0a1,f(x)[0,1],

gn若a1,则在f(x)[0,a1]上单调递减，

iebf(x)在[0,1]上不单增，不符合题意；

rie综上，a的取值范围是[0，1]

ht 2. 已知函数f(x)xalnx(aR)，求函数nf(x)的极值. i 【答案】略

sg【解析】由f(x)1anxxaxih,x0可知: t ①当a0时,f(xllA)0,函数f(x)为(0,)上的增函数,函数f(x)无极值;

②当a0时,由dnf(x)0,解得xa;

x(0,a ea)时,f(x)0,x(a,)时,f(x)0

mif(x)在xa处取得极小值,且极小值为f(a)aalna,无极大值.

t 综上:当a0时,函数f(x)无极值

5

当a0时,函数f(x)在xa处取得极小值aalna,无极大值.

【答案】略

【解析】函数的导数f'(x)(2xax2)eax

（ⅰ）当a0时，若x0，则f'(x)0；若x0,则f'(x)0；则在（－∞，0）内为减函数，在（0，＋∞）内为增函数。（ⅱ）当a>0时，由2xax2＞0x则在（－∞，－

由2xax2＜0（ⅲ）当a<0时，由2xax2＞00已知f(x)ax33x2x1在R上是减函数，求a的取值范围。【答案】略

（1）当a0，显然不符合题意；（2）当a0时也不符合题意；

（3）当a0时，依题意必有3612a0，即a3，

综上可知a的取值范围是(,3]6

讨论：

【解析】：对f(x)求导得f'(x)3ax26x1，由题意可知对任意实数恒有f'(x)0,

题型二 已知单调性求参数范围

由2xax2＜0x<0或x>-

22，在（－∞,0）∪（-，+∞）内为减函数。aa 22，在（0，－）内为增函数。aa 22x0，在（－，0）内为减函数。aa 2）内为增函数，在（0，＋∞）内为增函数。a2或x0a 3. 已知aR,求f(x)x2eax的单调区间。

题型三 方程与零点

1.已知函数f(x)ax33x21，若f(x)存在唯一的零点x0，且x00，则a的取值范围是（ A．2, 【答案】C

B．1,

C．,2

D．,1f'(x)0，得x0,故选C

2.设a为实数，函数f(x)x33xa ，当a为何值时，方程f(x)0恰好有两个实数根.【答案】略

【解析】求导得f'(x)3(x1)(x1)，

∵当x1或x1时，f'(x)0；

当1x1，f'(x)0；

∴f(x)的极小值为f(1)a2，f(x)的极大值为f(1)a2；

要使方程f(x)0恰好有两个实数根，只需f(x)的图象与x轴恰有两个公共点，画出f(x)的草图，∴a20且a20或a20且a20；∴a2或a2 t故当a2或a2时，方程恰有两个实数根.

∴f(x)在(,1)和(1,)单调递减，在(1,1)在单调递增，

22，可知在(,0)必有一个零点，也不符合；当a0时，f()0，得a2，aa 【解析】当a0时，f(x)3x21，函数有两个零点，不符合；当a0时，f'(x)3ax26x，令

7

）

3.若函数f(x)ax3bx4，当x2时，函数f(x)有极值（1）求函数f(x)的解析式；

（2）若函数f(x)k有3个解，求实数k的取值范围．【答案】略【解析】

求导得fx3ax2b，

所求解析式为fx

令fx0，得x2或x2

当x变化时，fx、fx的变化情况如下表：

xfxfx,2

（2）由（1）可得：fxx24x2x213x4x43 41f(2)a（1）由题意3，得3

f'(2)0b4 22,2—

2 2,

单调递增↗

0283043单调递增↗单调递减↘

8

4，3

因此，当x2时，fx有极大值

当x2时，fx有极小值28 34 3函数fx13x4x4的图象大致如图： 3428 k33由图可知：1、当x0时，证明不等式ex1x【答案】略

【解析】设fxex1x0,上单调递增，又f(0)0,ex1x1x20,即x0时，ex22、已知函数f(x) g(0)0. gxg(0)0,g(x)0在0,上恒成立，即f'(x)0在0,恒成立。f(x)在

令g(x)ex1x,则g'(x)ex1.当x0时，g'xex10.g(x)在0,上单调递增，而

12x,则f'xex1x.2 12x成立。2 题型四、导数证明不等式

1x12x成立。2x2时，有f(x)x1。

【答案】略

1aln(x1),其中nN,a为常数.当a1时，证明：对任意的正整数n,当n(1x)【解析】证法一：a1，f(x)1ln(x1).(1x)n 9

当n为偶数时，令g(x)x11ln(x1),(1x)n当x2,时，g(x)单调递增，又 g(2)0，

g(x)x1当n为奇数时， 要证f(x)x1,由于

令 h(x)x1ln(x1), 则 h'(x)11x20(x2),x1x1  当x2,时，h(x)x1ln(x1)单调递增，又h(2)10，

证法二：当a1时，f(x) 1ln(x1).n(1x) 当x2时，对任意的正整数n，恒有

综上所述，结论成立.

当x2时，恒有h(x)0, 即ln(x1)x1，命题成立.

11，故只需证明1ln(x1)x1.(1x)n1x2,x1x1令h(x)x1(1ln(x1))x2ln(x1),x2,,则h(x)1当x2时，h'(x)0，故h(x)在2,上单调递增，

因此，当x2时，

h(x)h(2)0，即1ln(x1)x1成立.

10

10，只需证ln(x1)x1,n(1x) 1ln(x1)g(2)0恒成立，f(x)x1成立。

(x1)n 则g'(x)1n1x2n0(x2).n1n1(x1)x1x1(x1)

故当x2时，有

1ln(x1)x1.即f(x)x1.

(1x)n 3、 设函数f(x)ln(1x)2xx2，证明：当x＞0时，f(x)＞0； 【答案】略

【解析】证明：f(x)12(x2)2xx2x1(x2)2(x2)2(1x)0 所以f(x)在(1,)上单增，而f(0)0 故当x0时，f(x)f(0)04、已知函数g(x)xlnx，设0ab，

证明：0g(a)g(b)2(ab2)(ba)ln2【答案】略 【解析】

证明：g(x)lnx1，设F(x)g(a)g(x)2g(ax2) F(x)g'(x)2g'(ax1a2)2g'(x)g'(xax2)lnxln2 当0xa时 F(x)0，当xa时 F(x)0，

即F(x)在x(0,a)上为减函数，在x(a,)上为增函数

∴F(x) minF(a)0，又ba ∴F(b)F(a)0，

即g(a)g(b)2g(ab 2)0 设G(x)g(a)g(x)2g(ax2)(xa)ln2 11

G'(x)lnxlnaxln2lnxln(ax)，2因为G(a)0，又ba ∴G(b)G(a)0，

即 g(a)g(x)2g(故g(a)g(x)2g( 12

综上可知，当 0ab时，0g(a)g(b)2(ab)(ba)ln22 ax)(xa)ln22 ax)(xa)ln202 当x0时，G'(x)0，因此G(x)在区间(0,)上为减函数；