第4章+高考大题冲关系列2024高考数学一轮复习+PPT(新教材)

解
当 c＜－14时，f(－1)＝c－14＜0，f－12＝c＋14＜0，f12＝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， 综上，f(x)所有零点的绝对值都不大于 1.
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 (1－x)＋(1－x)·1－x＝－ln
(1－x)，
解
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)，
解
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， 从而有ex≥x＋1， 当x>1时，x－1>0，则f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b≥(x－1)(x＋1)－ax2＋b＝ (1－a)x2＋(b－1)，
变式训练 1 (2020·全国Ⅱ卷)已知函数 f(x)＝2ln x＋1.
(1)若 f(x)≤2x＋c，求 c 的取值范围；
fx－fa (2)设 a>0 时，讨论函数 g(x)＝ 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⇒2ln x＋1－2x－c≤0(*)，
解
[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．
解
当 c＞14时，f(－1)＝c－14＞0，f－12＝c＋14＞0，f12＝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；
解
则有m′(x)＝2(ln a－ln x)， 当x＞a时，ln x＞ln a，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，ln x＜ln a，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．
x＋ln 1－x 所以 xln 1－x <1 成立，
x＋fx 所以 xfx <1，即 g(x)<1.
解
[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．
只需h(x)max≤0，即－1－c≤0，解得c≥－1. 故c的取值范围为c≥－1.
2ln (2)g(x)＝
x＋1－2ln x－a
a＋1 2ln x－ln ＝ x－a
a (x＞0
且
x≠a)，
因此
g′(x)＝2x－a－xxx－lnax＋2 xln
a ，
设 m(x)＝2(x－a－xln x＋xln a)，
f′(x)＝2xx－3 3，
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.
解
3－2x (2)因为 f(x)＝x2＋a， 所以 f′(x)＝－2x2＋xa2＋－a2x23－2x＝2x2x－2＋3xa－2 a，
24－a 由题意可得 f′(－1)＝a＋12＝0，解得 a＝4， 故 f(x)＝3x－2＋24x，f′(x)＝2x＋x21＋4x－2 4，列表如下：
(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，
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＝3x＋12x－12，
解
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，f12＝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.
解
[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，f12处的切线与 y 轴垂直． (1)求 b；
解
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； 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．
当 x>
11－ －ba时，(1－a)x2＋(b－1)>0，
1－b 取 x0＝ 1－a＋1，则 f(x0)>0，
解
由于 f(0)<0，f
11－－ba＋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
解
(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)]，
解
x
(－∞，－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.
设 h(x)＝2ln x＋1－2x－c(x＞0)，
则有 h′(x)＝2x－2＝21x－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，
解
所以当x＝1时，函数h(x)有最大值，
即h(x)max＝h(1)＝2ln 1＋1－2×1－c＝－1－c. 要使不等式(*)在(0，＋∞)上恒成立，
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；
第四章 导数及其应用
高考大题冲关系列(1) 高考中函数与导数问题的热点题型
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．
解
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；
x＋fx (2)设函数 g(x)＝ xfx ，证明：g(x)<1. 解 (1)由题意，得 y＝xf(x)＝xln (a－x)，
Байду номын сангаас
y′＝ln (a－x)＋x－x a.
≤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．
因为 x＝0 是函数 y＝xf(x)的极值点，
所以 y′|x＝0＝ln a＝0，所以 a＝1.
解
(2)证明：由(1)可知 f(x)＝ln (1－x)，要证 g(x)<1，
x＋fx
x＋ln 1－x
即证 xfx <1，即需证 xln 1－x <1.
因为当 x∈(－∞，0)时，xln (1－x)<0，
当 x∈(0,1)时，xln (1－x)<0；
解
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．
题型 1 利用导数研究函数的性质
3－2x 例 1 (2021·北京高考)已知函数 f(x)＝x2＋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
3－2x 时，f(x)＝ x2 ，则