《高考数学试题分项版解析专题06导数与函数的零点等综合问题文.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学试题分项版解析专题06导数与函数的零点等综合问题文.doc（23页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1 / 23【2019【2019 最新最新】精选高考数学试题分项版解析专题精选高考数学试题分项版解析专题 0606 导数与函导数与函数的零点等综合问题文数的零点等综合问题文1.【2014 全国 1，文 12】已知函数，若存在唯一的零点，且，则的取值范围是( )32( )31f xaxx( )f x0x00x 2, （B） （C） （D）1, 2 , 1 【答案】C2( )363 (2)fxaxxx ax，利用导数的正负与函数单调性的关系可得：和时函数单调递减;时函数单调递增，欲要使得函数有唯一的零点且为正，则满足：，即得：，可解得：，则2(,)xa (0,)x2(0)xa，2( )0(0)0f
2、a f 3222( )3( )10aaa 24a 2(,2aa 舍去）考点：1.函数的零点;2.导数在函数性质中的运用;3.分类讨论的运用【名师点睛】本题主要是考查函数的零点、导数在函数性质中的运用和分类讨论思想的运用，在研究函数的性质时要结合函数的单调性、奇偶性、零点、以及极值等函数的特征去研究，本题考查了考生的数形结合能力.2.【2014 高考广东卷.文 21】(本小题满分 14 分)已知函数. 32113f xxxaxaR(1)求函数的单调区间； f x2 / 23(2)当时,试讨论是否存在,使得.0a 0110,122x 01 2f xf【答案】(1)详见解析；(2)详见解析.【解析】
3、(1),方程的判别式为, 22fxxxa220xxa44a 当时,则,此时在上是增函数；1a 0 0fx f xR当时,方程的两根分别为,1a 220xxa111xa 211xa 解不等式,解得或,220xxa11xa 11xa 解不等式,解得,220xxa1111axa 此时,函数的单调递增区间为和, f x, 11 a 11,a 单调递减区间为；11, 11aa 综上所述,当时,函数的单调递增区间为,1a f x, 当时,函数的单调递增区间为和,1a f x, 11 a 11,a 单调递减区间为；11, 11aa (2) 32 32 000011111111233222f xfxxaxa
4、2 00011414712122xxxa,若存在,使得,0110,122x 01 2f xf必须在上有解,2 004147120xxa110,1220a ,21416 7 124 42480aa 3 / 23方程的两根为,1142 214872148 84aax 2142 21 48721 48 84aax 00x ,02721 48 4axx 依题意,即,721 48014a 721 4811a4921 48121a,即,257 1212a 又由得,721481 42a 5 4a 故欲使满足题意的存在,则,0x5 4a 所以,当时,存在唯一满足,25557,124412a 0110,122x
5、 01 2f xf当时,不存在满足.2557,012412a 0110,122x 01 2f xf【考点定位】本题以三次函数为考查形式,考查利用导数求函数的单调区间,从中渗透了利用分类讨论的思想处理含参函数的单调区间问题,并考查了利用作差法求解不等式的问题,综合性强,属于难题.【名师点晴】本题主要考查的是函数的单调区间和函数与方程，属于难题解题时一定要抓住重要字眼“单调区间” ，否则很容易出现错误利用导数求函数的单调区间的步骤：确定函数的定义域；对4 / 23求导；令，解不等式得的范围就是递增区间，令，解不等式得的范围就是递减区间 f x f x f x 0fx 0fx3.【2016 高考新课
6、标 1 文数】 （本小题满分 12 分）已知函数 22 e1xfxxa x(I)讨论的单调性； fx(II)若有两个零点,求的取值范围. fxa【答案】见解析(II)0,【解析】试题分析：(I)先求得再根据 1,0,2a 的大小进行分类确定的单调性；(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. 12.xfxxea fx0,试题解析： (I) 12112.xxfxxea xxea(i)设,则当时,；当时,.0a ,1x 0fx 1,x 0fx 所以在单调递减,在单调递增.,11,当时,所以在单调递增,在单调递减.ln2,1xa 0fx f x,ln
7、2, 1,aln2,1a若,则,故当时,当时,所以在单调递增,在单调递减.2ea 21lna,1ln2,xa 0fx 1,ln2xa 0fx f x,1 , ln2,a1,ln2a(II)(i)设,则由(I)知,在单调递减,在单调递增.0a f x,11,又,取 b 满足 b0 或 f(x)0.()设 g(x)为 f(x)的导函数，讨论 g(x)的单调性；()证明：存在 a(0，1)，使得 f(x)0 恒成立，且 f(x)0 在区间(1，)内有唯一解.当 x(1，)时，g(x)0，g(x)单调递增12 / 23()由 f (x)2(x1lnxa)0，解得 ax1lnx令 (x)2xlnxx22
8、x(x1lnx)(x1lnx)2(1lnx)22xlnx则 (1)10，(e)2(2e)0于是存在 x0(1，e)，使得 (x0)0令 a0x01lnx0u(x0)，其中 u(x)x1lnx(x1)由 u(x)10 知，函数 u(x)在区间(1，)上单调递增1 x故 0u(1)a0u(x0)u(e)e21即 a0(0，1)当 aa0 时，有 f (x0)0，f(x0)(x0)0再由()知，f (x)在区间(1，)上单调递增当 x(1，x0)时，f (x)0，从而 f(x)f(x0)0当 x(x0，)时，f (x)0，从而 f(x)f(x0)0又当 x(0，1时，f(x)(xa0)22xlnx0
9、故 x(0，)时，f(x)0综上所述，存在 a(0，1)，使得 f(x)0 恒成立，且 f(x)0 在区间(1，)内有唯一解.【考点定位】本题主要考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识，考查函数与方程、数形结合、化归与转化等数学思想.【名师点睛】本题第()问隐藏二阶导数知识点，由于连续两次求导后，参数 a 消失，故函数的单调性是确定的，讨论也相对简单.第()问需要证明的是：对于某个 a(0，1)，f(x)的最小值恰好是 0，而且13 / 23在(1，)上只有一个最小值.因此，本题仍然要先讨论 f(x)的单调性，进一步说明对于找到的
10、 a，f(x)在(1，)上有且只有一个等于0 的点，也就是在(1，)上有且只有一个最小值点.属于难题.8. 【2014 全国 1，文 21】设函数，曲线处的切线斜率为 0 21ln12af xaxxbx a 11yf xf在点，（1）求 b;（2）若存在使得，求 a 的取值范围。01,x 01af xa（）若，则，故当时， ，在单调递增，1 2a 11a a(1,)x( )0fx ( )f x(1,)所以，存在，使得的充要条件为，即，01x 0()1af xa(1)1afa 1121aa a 所以.2121a （）若，则，故当时， ；112a11a a(1,)1axa( )0fx 当时， ，在
11、单调递减，在单调递增.(,)1axa( )0fx ( )f x(1,)1a a(,)1a a所以，存在，使得的充要条件为，01x 0()1af xa()11aafaa而，所以不合题意.2 ()ln112(1)11aaaaafaaaaaa（）若，则.1a 11(1)1221aaafa 综上，a 的取值范围是.(21,21)(1,)考点：1.曲线的切线方程;2.导数在研究函数性质中的运用;3.分类讨论的应用【名师点睛】本题考查了导数的几何意义,利用导数研究函数的单调性极值与最值等基础知识与基本技能方法,考查了分类讨论的思想方法，14 / 23本题发现讨论点即、和是解决本题的关键，本题考查了考生的推
12、理能力和计算能力,属于难题.1 2a 112a1a 9.【2015 高考新课标 1，文 21】 （本小题满分 12 分）设函数. 2lnxf xeax（I）讨论的导函数的零点的个数； f x fx（II）证明：当时.0a 22lnf xaaa【答案】 （I）当时，没有零点；当时，存在唯一零点.（II）见解析0a ( )fx0a ( )fx试题解析：（I）的定义域为，.( )f x()0 +，()2( )=20xafxexx-当时,，没有零点；0a ( )0fx( )fx当时，因为单调递增，单调递增，所以在单调递增.又,当 b 满足且时，,故当时，存在唯一零点.0a 2xea x-( )fx()
13、0 +，( )0fa04ab( )fx（II）由（I） ，可设在的唯一零点为，当时，;( )fx()0 +，0x()00xx，( )0fx故在单调递减，在单调递增，所以当时，取得最小值，最小值为.( )f x()00x，()0+x，0xx=( )f x0()f x由于，所以.0202=0xaex-00 022()=2ln2ln2af xaxaaaxaa+故当时，.0a 2( )2lnf xaaa+考点：常见函数导数及导数运算法则；函数的零点；利用导数研究函数图像与性质；利用导数证明不等式；运算求解能力.【名师点睛】导数的综合应用是高考考查的重点和热点，解决此类问15 / 23题，要熟练掌握常见
14、函数的导数和导数的运算法则、掌握通过利用导数研究函数的单调性、极值研究函数的图像与性质.对函数的零点问题，利用导数研究函数的图像与性质，画出函数图像草图，结合图像处理；对恒成立或能处理成立问题，常用参变分离或分类讨论来处理.10.【2015 高考浙江，文 20】 （本题满分 15 分）设函数.2( ),( ,)f xxaxb a bR（1）当时，求函数在上的最小值的表达式；2 14ab =+( )f x 1,1-( )g a（2）已知函数在上存在零点， ，求的取值范围.( )f x 1,1-021ba【答案】(1)；(2)222,2,4 ( )1, 22,2,24aaag aaaaa 3,94
15、 5分别确定参数的取值情况，利用并集原理得到参数的取值范围.试题解析：(1)当时， ，故其对称轴为.2 14ab 2( )()12af xx2ax 当时，.2a 2 ( )(1)24ag afa当时，.22a ( )()12ag af当时，.2a 2 ( )( 1)24ag afa综上，222,2,4 ( )1, 22,2,24aaag aaaaa 由于和，222032t t21294 532tt t16 / 23所以.294 53b当时， ，10t 2222 22tttbtt由于和，所以.22202t t 2 302tt t 30b 综上可知，的取值范围是.b 3,94 5【考点定位】1.函
16、数的单调性与最值；2.分段函数；3.不等式性质；4.分类讨论思想.【名师点睛】本题主要考查函数的单调性与最值，函数零点问题.利用函数的单调性以及二次函数的对称轴与给定区间的位置关系，利用分类讨论思想确定在各种情况下函数的最小值情况，最后用分段函数的形式进行表示；利用函数与方程思想，确定零点与系数之间的关系，利用其范围，通过分类讨论确定参数 b 的取值范围.本题属于中等题，主要考查学生应用函数性质解决有关函数应用的能力，考查学生对数形结合数学、分类讨论思想以及函数与方程思想的应用能力，考查学生基本的运算能力.11.【2015 高考湖北，文 21】设函数，的定义域均为，且是奇函数，是偶函数，( )
17、f x( )g xR( )f x( )g x( )( )exf xg x，其中 e 为自然对数的底数. （）求，的解析式，并证明：当时， ， ；( )f x( )g x0x ( )0f x ( )1g x （）设， ，证明：当时，.0a 1b 0x ( )( )(1)( )(1)f xag xabg xbx【答案】 （） ，.证明：当时， ， ，故1( )(ee)2xxf x1( )(ee)2xxg x0x e1x0e1x( )0.f x 又由基本不等式，有，即（）由（）得1( )(ee)e e12xxxxg x( )1.g x 2111e1( )(e)(e)(ee )( )2e2e2x xx
18、xx xxfxg x17 / 232111e1( )(e)(e)(ee )( )2e2e2x xxxx xxg xf x当时，等价于等价于于是设函数，由，有当时， （1）若，由，得，故在上为增函数，从而，即，故成立.（2）若，由，得，故在上为减函数，从而，即，故成立.综合，得.0x ( )( )(1)f xag xax( )( )(1)f xaxg xa x( )( )(1)f xbg xbx( )( )(1) .f xbxg xb x( )( )( )(1)h xf xcxg xc x( )( )( )( )(1)h xg xcg xcxf xc(1) ( ) 1( ).c g xcxf x
19、0x 0c ( )0h x( )h x0,)( )(0)0h xh( )( )(1)f xcxg xc x1c ( )0h x( )h x0,)( )(0)0h xh( )( )(1)f xcxg xc x( )( )(1)( )(1)f xag xabg xbx（）由（）得，2111e1( )(e)(e)(ee)( )2e2e2x xxxx xxfxg x2111e1( )(e)(e)(ee)( )2e2e2x xxxx xxg xf x，当时，等价于，0x ( )( )(1)f xag xax( )( )(1)f xaxg xa x( )( )(1)f xbg xbx等价于( )( )(1
20、) .f xbxg xb x设函数，由，有( )( )( )(1)h xf xcxg xc x( )( )( )( )(1)h xg xcg xcxf xc(1) ( ) 1( ).c g xcxf x当时， （1）若，由，得，故在上为增函数，从而，即，故成立.（2）若，由，得，故在上为减函数，从而，即，故成立.综合，得.0x 0c ( )0h x( )h x0,)( )(0)0h xh( )( )(1)f xcxg xc x1c ( )0h x( )h x0,)( )(0)0h xh( )( )(1)f xcxg xc x( )( )(1)( )(1)f xag xabg xbx【考点定位】
21、本题考查函数的奇偶性和导数在研究函数的单调性与极值中的应用，属高档题.【名师点睛】将函数的奇偶性和导数在研究函数的单调性与极值中的应用联系在一起，重点考查函数的综合性，体现了函数在高中数学的重要地位，其解题的关键是第一问需运用奇函数与偶函数的定义及性质建立方程组进行求解；第二问属于函数的恒成立问题，需借助导数求解函数最值来解决.18 / 2312. 【2014 福建,文 22】 （本小题满分 14 分）已知函数（为常数）的图像与轴交于点，曲线在点处的切线斜率为.( )xf xeaxayA( )yf xA1（1）求的值及函数的极值；a( )f x（2）证明：当时，0x 2xxe（3）证明：对任意
22、给定的正数，总存在，使得当时，恒有0x0(,)xxxxce【答案】 （1）当时，有极小值，无极大值.ln2x ( )f x(ln2)2ln4f( )f x（2）见解析.（3）见解析.当时， ，单调递减；ln2x ( )0fx ( )f x当时， ，单调递增.ln2x ( )0fx ( )f x当时，有极小值，无极大值.ln2x ( )f x(ln2)2ln4f( )f x（2）令，则.2( )xg xex( )2xg xex根据，知在 R 上单调递增，又，( )( )(ln2)2ln40g xf xf( )g x(0)10g 当时，由，即得.0x ( )(0)0g xg（3）思路一：对任意给定
23、的正数 c，取，01xc根据.得到当时，.2xxe0xx21xexxc思路二：令，转化得到只需成立.1(0)kkclnlnxxk分， ，应用导数研究的单调性.01k1k ( )lnlnh xxxk思路三：就，加以讨论.1c 01c试题解析：解法一：（1）由，得.( )xf xeax( )xfxea19 / 23又，得.(0)11fa 2a 所以，.( )2xf xex( )2xfxe令，得.( )0fx ln2x 当时， ，单调递减；ln2x ( )0fx ( )f x当时， ，单调递增.ln2x ( )0fx ( )f x所以当时，有极小值，ln2x ( )f x且极小值为，ln2(ln2)
24、2ln22ln4fe( )f x无极大值.（2）令，则.2( )xg xex( )2xg xex由（1）得， ，即.( )( )(ln2)2ln40g xf xf( )0g x 所以在 R 上单调递增，又，( )g x(0)10g 所以当时， ，即.0x ( )(0)0g xg2xxe（3）对任意给定的正数 c，取，01xc由（2）知，当时，.0x 2xxe所以当时， ，即.0xx21xexxcxxce因此，对任意给定的正数 c，总存在，当时，恒有.0x0(,)xxxxce解法二：（1）同解法一.（2）同解法一.（3）令，要使不等式成立，只要成立.1(0)kkcxxcexekx而要使成立，则只
25、需，即成立.xekxln()xkxlnlnxxk若，则，易知当时，成立.01kln0k 0x lnlnlnxxxk即对任意，取，当时，恒有.1,)c00x 0(,)xxxxce若，令，则，1k ( )lnlnh xxxk11( )1xh xxx 所以当时， ，在内单调递增.1x ( )0h x ( )h x(1,)20 / 23取，04xk0()4ln(4 )ln2(ln )2(ln2)h xkkkkkk，易知， ，所以.lnkkln2k 0()0h x因此对任意，取，当时，恒有.(0,1)c04xc0(,)xxxxce综上，对任意给定的正数 c，总存在，当时，恒有.0x0(,)xxxxce解
26、法三：（1）同解法一.（2）同解法一.（3）若，取，1c 00x 由（2）的证明过程知， ，2xex所以当时，有，即.0(,)xx2xxceexxxxce若，01c令，则，( )xh xcex( )1xh xce令得.( )0h x 1lnxc当时， ，单调递增.1lnxc( )0h x ( )h x取，022lnxc22ln0222()2ln2(ln)ch xceccc，易知，又在内单调递增，22ln0cc( )h x0(,)x 所以当时，恒有，即.0(,)xx0( )()0h xh xxxce综上，对任意给定的正数 c，总存在，当时，恒有.0x0(,)xxxxce考点：导数的计算及导数的应
27、用，全称量词与存在量词，转化与化归思想，分类讨论思想.【名师点睛】本题第一问是先利用导数的几何意义求值，然后再用单调性探讨极值,第二问、第三问是不等式证明问题，利用导数证明不等21 / 23式是近几年高考的一个热点,解决此类问题的基本思路是构造适当的函数,利用导数研究函数的单调性和极值破解.13. (2014 课标全国，文 21)设函数 f(x)aln xx2bx(a1)，曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线斜率为 0.12a(1)求 b；(2)若存在 x01，使得，求 a 的取值范围 01af xa分析：在第(1)问中，根据导数的几何意义将问题转化为 f(1)0，即可求出 b 的值；在
28、第(2)问中，将条件“存在 x01，使得”转化为“在 1，)上，恒成立” ，因此关键是求出 f(x)在 1，)上的最小值而 f(x)解析式中含有参数 a，故在求出 f(x)后，应对 a的取值进行分类讨论，分别针对每一种情况求出 f(x)的最小值，从而建立关于 a 的不等式，求出 a 的取值范围 01af xa min1af xa由(1)知，f(x)aln xx2x，12af(x)(1a)x1(x1)a x1a x 1axa若，则，故当 x(1，)时，f(x)0，f(x)在(1，)单调递增1 2a 11a a所以，存在 x01，使得的充要条件为，即，解得. 01af xa 11afa1121aa
29、 a 2121a 若，则，故当时，f(x)0；当时，f(x)0.f(x)在单调递减，在单调递增112a11a a1,1axa,1axa1,1a a,1a a所以，存在 x01，使得的充要条件为. 01af xa11aafaa22 / 23而，所以不合题意2 ln112 111aaaaafaaaaaa 若 a1，则. 1111221aaafa 综上，a 的取值范围是21,211,名师点睛：本题考查导数法求函数的单调性、极值与最值，考查分析转化能力，分类讨论思想，较难题. 注意选准分类的对象，分类不重不漏.14.【2014 辽宁文 21】 （本小题满分 12 分）已知函数，.( )(cos )2s
30、in2f xxxx1 sin2( )()11 sinxxg xxx证明：（）存在唯一，使；0(0,)2x0()0f x（）存在唯一，使，且对（1）中的.1(, )2x1()0g x01xx【答案】 （）详见解析；（）详见解析故在上为增函数，再说明端点函数值异号；（）与（）类似，只需证明函数在区间上存在唯一零点但是不易利用导数判断函数大致图象，考虑到结论中，故需考虑第二问与第一问的关系，利用（）的结论，设，则， ，根据第一问中的符号，从而可判断函数的单调性，进而判断函数大致图象，确定函数的零点，寻求函数的零点与零点的关系，从而证明不等式( )f x(0,)2( )g x(, )2cos2( )(
31、)11 sinxxg xxx01xxtx(0,)2t( )( )(1 sin )f tu tt( )f t( )u t( )u t( )u t( )g x( )u t试题解析：证明：（）当时， ，所以在上为增函数又 所以存在23 / 23唯一，使(0,)2x( )sin2cos0fxxx( )f x(0,)2(0)20f 2 ()4022f0(0,)2x0()0f x（）当时，化简得令记1(, )2xcos2( )()11 sinxxg xxxtx( )()u tgt tcos211 sintt t 则由（）得，当时， ；当时， 从而在上为增函数，由知，当时， ，所以在上无零点在上为减函数，由
32、及知存在唯一，使得于是存在唯一，使得设(0,)2t( )( )(1 sin )f tu tt0(0,x )t( )0u t 0(,)2tx( )0u t 0(,)2x( )u t()02u0,)2tx( )0u t ( )u t0,)2x0(0,x )( )u t(0)1u0()0u x00(0,x )t 0()0u x0(0,)2t0( )0u t10(, )2xt100()()( )0g xgtu t因此存在唯一的，使得由于， ，所以1(, )2x1()0g x10xt00xt 01xx【考点定位】、函数的零点；2、利用导数判断函数单调性；3、利用导数求函数的最值【名师点睛】本题考查应用导数研究函数的性质、零点唯一性的判断、不等式的证明等.解答本题的主要困难是构造函数，并进一步应用导数研究函数的单调性等.3 cos2( )()4ln(1)1 sinttu thttt本题是一道能力题，属于难题.在考查应用导数研究函数的性质、零点唯一性的判断、不等式的证明等基础知识、基本方法的同时，考查考生的计算能力、应用数学知识分析问题解决问题的能力，考查转化与化归思想想.