【文档说明】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） 含解析【高考】.doc，共(9)页，80.000 KB，由小赞的店铺上传

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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)＝3－2xx2＋a.(1)若a＝0，求y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)若函数f(x)在x＝

－1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a＝0时，f(x)＝3－2xx2，则f′(x)＝2(x－3)x3，f(1)＝1，f′(1)＝－4，此时，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－4(x－1)，即4x＋y－5＝0.(2)因为f(x)＝3－

2xx2＋a，所以f′(x)＝－2(x2＋a)－2x(3－2x)(x2＋a)2＝2(x2－3x－a)(x2＋a)2，由题意可得f′(－1)＝2(4－a)(a＋1)2＝0，解得a＝4，故f(x)＝3－2xx2＋4，f′(x)＝2(x＋1)(x－

4)(x2＋4)2，列表如下：2x(－∞，－1)－1(－1,4)4(4，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(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x<32

时，f(x)>0；当x>32时，f(x)<0.所以f(x)max＝f(－1)＝1，f(x)min＝f(4)＝－14.[冲关策略]利用导数主要研究函数的单调性、极值、最值．已知f(x)的单调性，可转化为不等式f′(x

)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题；求函数的极值、最值问题是高考解答题的基础和常见题型，解此类题的关键是极值点与给定区间位置关系的讨论，此时要注意结合导函数图象的性质进行分析．变式训练1(2020·全国Ⅱ卷)

已知函数f(x)＝2lnx＋1.(1)若f(x)≤2x＋c，求c的取值范围；(2)设a>0时，讨论函数g(x)＝f(x)－f(a)x－a的单调性．解(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f(x)≤2x＋c⇒f(x)－2x－c≤

0⇒2lnx＋1－2x－c≤0，(*)设h(x)＝2lnx＋1－2x－c(x＞0)，则有h′(x)＝2x－2＝2(1－x)x，当0＜x＜1时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，当x＞1时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，所以当x＝1时，函数h

(x)有最大值，即h(x)max＝h(1)＝2ln1＋1－2×1－c＝－1－c.要使不等式(*)在(0，＋∞)上恒成立，只需h(x)max≤0，即－1－c≤0，解得c≥－1.故c的取值范围为c≥－1.3(2)g(x)＝2lnx＋1－(2lna＋1)x

－a＝2(lnx－lna)x－a(x＞0且x≠a)，因此g′(x)＝2(x－a－xlnx＋xlna)x(x－a)2，设m(x)＝2(x－a－xlnx＋xlna)，则有m′(x)＝2(lna－lnx)，当x＞a时，lnx＞l

na，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0＜x＜a时，lnx＜lna，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Ⅱ卷)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b.(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．①12<a≤e22，b>2a；②0<a<12，b≤2a.解(1)由函数的解析式可得，f′(x)＝x(ex－2a)，当a≤0时，若x∈(－∞，0)，则f′(x)<0，f(x)单调递减，若x∈(0，＋∞)，则f′(

x)>0，f(x)单调递增；当0<a<12时，若x∈(－∞，ln(2a))，则f′(x)>0，f(x)单调递增，若x∈(ln(2a)，0)，则f′(x)<0，f(x)单调递减，若x∈(0，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增；当a＝12时，f′(x)≥0，f

(x)在R上单调递增；4当a>12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)单调递减，若x∈(ln(2a)，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增．(2)证明：若

选择条件①：由于12<a≤e22，故1<2a≤e2，则b>2a>1，f(0)＝b－1>0，f(－2b)＝(－1－2b)e－2b－4ab2＋b＝(－1－2b)e－2b＋b(1－4ab)<0，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．f(ln(2a))＝2a[ln(2a)－1]－a[ln(2a)]2＋b>2a[ln(2a)－1]－a[ln(2a)]2＋2a＝2aln(2a)－a[ln(2a)]2＝aln(2a)[2－ln(2a)]，由于12<a≤e22，1

<2a≤e2，所以0<ln(2a)≤2，故aln(2a)[2－ln(2a)]≥0，所以f(ln(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．若选择条件②：由于0<a<12，故0<2a<1，则f(0)＝b－1≤2a－1<0，当b≥0

时，e2>4,4a<2，f(2)＝e2－4a＋b>0，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b<0时，令H(x)＝ex－x－1，则H′(x)＝ex－1，当x∈(－∞，0)时，

H′(x)<0，H(x)单调递减，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，5从而有ex≥x＋1，当x>1时，x－1>0，则f(x)＝(x－1)ex－ax

2＋b≥(x－1)(x＋1)－ax2＋b＝(1－a)x2＋(b－1)，当x>1－b1－a时，(1－a)x2＋(b－1)>0，取x0＝1－b1－a＋1，则f(x0)>0，由于f(0)<0，f1－b1－a＋1>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))＝2a[ln(2a)－1]－a[ln(2a)]2＋b≤2a[ln(2a)－1]－a[ln(2a)]2＋2a＝2aln(2a)－a[ln(2a)]2＝aln(2a)[2－ln(2a)]，由于0<2a<1，所以ln(

2a)<0，故aln(2a)[2－ln(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Ⅲ卷)设函数f(x)＝x3＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点12，f12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)＝3x2＋b，6由题意，f′12＝0，即3×122＋b＝0，则b＝－34.(2)证明：由(1)可得f(x)＝x3－34x＋c，f′(x)＝3x2－34＝3

x＋12x－12，令f′(x)＞0，得x＞12或x＜－12；令f′(x)＜0，得－12＜x＜12.所以f(x)在－12，12上单调递减，在－∞，－12，12，＋∞上单调递增．又f(－1)＝c－14，f

－12＝c＋14，f12＝c－14，f(1)＝c＋14，假设f(x)所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＞14或c＜－14.当c＞14时，f(－1)＝c－14＞0，f

－12＝c＋14＞0，f12＝c－14＞0，f(1)＝c＋14＞0，又f(－4c)＝－64c3＋3c＋c＝4c(1－16c2)＜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＜－14时，f(－1)＝c－14＜0，f－12＝c＋14＜0，f12＝c－14＜0，f(1)＝c＋14＜0，又f(－4c)＝－64c3＋3c＋c

＝4c(1－16c2)＞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)不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾，7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(a－x)，已知x＝0是函数y＝xf(x)的极值点．(1)求a；(2)设函数g(x)＝x＋f(x)xf(x)，证明：g(x)<1.解(1)由题意，得y＝xf(x)＝xln(a－x)，y′＝ln(a－x)

＋xx－a.因为x＝0是函数y＝xf(x)的极值点，所以y′|x＝0＝lna＝0，所以a＝1.(2)证明：由(1)可知f(x)＝ln(1－x)，要证g(x)<1，即证x＋f(x)xf(x)<1，即需证x＋ln(1－x)

xln(1－x)<1.因为当x∈(－∞，0)时，xln(1－x)<0，当x∈(0,1)时，xln(1－x)<0；所以需证x＋ln(1－x)>xln(1－x)，即x＋(1－x)ln(1－x)>0.令h(x)＝x＋(1－x)ln(1－x)，x∈

(－∞，1)，且x≠0，则h′(x)＝1＋(－1)ln(1－x)＋(1－x)·－11－x＝－ln(1－x)，所以当x∈(－∞，0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(0,1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)

>h(0)＝0，即x＋ln(1－x)>xln(1－x)，所以x＋ln(1－x)xln(1－x)<1成立，所以x＋f(x)xf(x)<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8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Ⅰ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x≥0时，f(x)≥12x3＋1，求a的取值范围．解(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1，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)≥12x3＋1，得ex＋ax2－x≥12x3＋1，其中x≥0，①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意

；②当x＞0时，分离参数a得a≥－ex－12x3－x－1x2，记g(x)＝－ex－12x3－x－1x2，则g′(x)＝－(x－2)ex－12x2－x－1x3，令h(x)＝ex－12x2－x－1(x≥0)，则h′(x)＝ex－x－1，令φ(x

)＝ex－x－1(x≥0)，则φ′(x)＝ex－1≥0，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)＝0，9由h(x)≥0可得ex－12x2－x－1≥0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)max＝g(2)＝7－e24，综上可得，a的取值范围是7－e24，＋∞.