三年高考2016_2018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56

专题08 导数与不等式、函数零点相结合 文
考纲解读明方向
2018
年高考全景展示
1.【2018年浙江卷】已知函数f (x )=
−ln x ．
（Ⅰ）若f (x )在x =x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，证明：f (x 1)+f (x 2)>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x 1，x 2关系，再化简f (x 1)+f (x 2)为，利用
基本不等式求得
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
在上单调递减，即至多
一个零点.两者综合即得结论.
所以g（x）在[256，+∞）上单调递增，故，即．
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）求曲线在点处的切线方程；
（2）证明：当时，．
【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）当时，,令，只需证明即可。

详解：（1），．因此曲线在点处的切线方程是．
（2）当时，．令，则．
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
所以．因此．
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，第二问当时，
,令，将问题转化为证明很关键，本题难度较大。

3．【2018年全国卷II文】已知函数．
（1）若，求的单调区间；
（2）证明：只有一个零点．
【答案】（1）f（x）在（–∞，），（，+∞）单调递增，在（，）单调递减．（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，即，则将问题转化为函数
只有一个零点问题，研究函数单调性可得.
（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）=，f（3a+1）=，故f（x）有一个零点．
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确定函数的定义域；②求导数；③由（或
）解出相应的的取值范围，当
时，在相应区间上是增函数；当时，在相
应区间上是减增函数.
（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有唯一零点，可先
证明其单调，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 =ln x +ax 2
+(2a +1)x ．
（1）讨论()f x 的单调性； （2）当a ﹤0时，证明3
()24f x a
≤-
-． 【答案】（1）当0≥a 时，)(x f 在),0(+∞单调递增；当0<a 时，则)(x f 在)21,0(a -单调递增，在),21(+∞-a
单调递减；（2）详见解析
【解析】试题分析：（1）先求函数导数(21)(1)
'()(0)ax x f x x x
++=>，再根据导函数符号变化情况讨论
单调性：当0≥a 时，0)('≥x f ，则)(x f 在),0(+∞单调递增，当0<a 时，则)(x f 在)21
,0(a
-单调递增，在),21(+∞-a 单调递减.（2）证明3()24f x a ≤--，即证max 3()24f x a
≤--，而)21
()(max a f x f -=，所以目标函数为121)21ln()243()21(++-=+---a
a a a f ，即t t y -+=1ln （021
>-=a t ），利用导数易得0)1(max ==y y ，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 ，||1a ≤.已知函数32()63(4)f x x x a a x b =---+，()e ()x g x f x =. （Ⅰ）求()f x 的单调区间；
（Ⅱ）已知函数()y g x =和e x y =的图象在公共点（x 0，y 0）处有相同的切线， （i ）求证：()f x 在0x x =处的导数等于0；
（ii ）若关于x 的不等式()e x g x ≤在区间00[1,1]x x -+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(),4a a -.（2）（ⅰ）()f x 在0x x =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()()()34f x x a x a '=---⎡⎤⎣⎦ ，再根据1a ≤，求得两个极值点的大小关系，4a 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x e 有共同的切线，
根据导数的几何意义建立方程，求得()00f x '=，得证；（Ⅲ）将不等式转化为()1f x ≤，再根据前两问可知0x 是极大值点0x a =，由（I ）知()f x 在(,)1a a -内单调递增，在(),1a a +内单调递减，从而
()()1f x f a ≤=在[1,1]a a -+上恒成立，得32261b a a =-+，11a -≤≤，再根据导数求函数的取值范
围
.
（II ）（i ）因为()e (()())x
x x g'f f 'x =+，由题意知0
00()e ()e
x
x x x g g'⎧=⎪⎨=⎪⎩，
所以000
000()e e e (()())e
x x x
x f f f x 'x x ⎧=⎪⎨+=⎪⎩，解得00()1()0f 'x x f =⎧⎨=⎩. 所以，()f x 在0x x =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0x 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1
()sin 2sin 3
f x x -x a x =+在(),-∞+∞单调递增,则a 的取值范围是（ ）
（A ）[]
1,1-（B ）11,3⎡⎤-⎢⎥⎣
⎦（C ）11,33
⎡⎤-⎢⎥⎣⎦（D ）11,3⎡
⎤--⎢⎥
⎣
⎦
【答案】C 【解析】
试题分析：()2
1cos2cos 03
f x x a x '=-
+…对x ∈R 恒成立, 故()2
212cos 1cos 03x a x --+…
,即245cos cos 033a x x -+…恒成立, 即245033t at -++…
对[]1,1t ∈-恒成立,构造()245
33
f t t at =-++,开口向下的二次函数()f t 的最小值
的可能值为端点值,故只需保证()()1103
110
3f t f t ⎧
-=-⎪⎪⎨⎪-=+⎪⎩
……,解得1133a -剟．故选C ．
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()ln 1f x x x =-+． （I ）讨论()f x 的单调性； （II ）证明当(1,)x ∈+∞时，1
1ln x x x
-<
<； （III ）设1c >，证明当(0,1)x ∈时，1(1)x
c x c +->.
【答案】（Ⅰ）当01x <<时，()f x 单调递增；当1x >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()0f x '>或()0f x '<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1
x
即可证明；（Ⅲ）变形所证不等式，构造新函数，然后通过利用导数研究函数的单调性来处理．
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b ax x x f --=3
)(，R x ∈，其中R b a ∈, （Ⅰ）求)(x f 的单调区间；
（Ⅱ）若)(x f 存在极值点0x ，且)()(01x f x f =，其中01x x ≠，求证：0201=+x x ； （Ⅲ）设0>a ，函数|)(|)(x f x g =，求证：)(x g 在区间]1,1[-上的最大值不小于．．．4
1
.
【答案】（Ⅰ）递减区间为(，递增区间为(,-∞，()+∞.（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）详见解析 【解析】
试题分析：（Ⅰ）先求函数的导数：2
()3f x x a '=-，再根据导函数零点是否存在情况，分类讨论：①当0
a ≤时，有2
()30f x x a '=-≥恒成立，所以()f x 的单调增区间为(,)-∞∞.②当0a >时，存在三个单调区间（Ⅱ）由题意得200()30f x x a '=-=即2
03
a
x =
，再由)()(01x f x f =化简可得结论（Ⅲ）实质研究函数)(x g
最大值：主要比较(1),(1)f f -，|(|f f 的大小即可，分三种情况研究①当3a ≥时，
11≤-<≤②当334a ≤<时，11≤-<<<≤
，③当304a <<时，
11-<<<. 试题解析：（1）解：由3
()f x x ax b =--，可得2
()3f x x a '=-，下面分两种情况讨论： ①当0a ≤时，有2
()30f x x a '=-≥恒成立，所以()f x 的单调增区间为(,)-∞∞.
②当0a >时，令()0f x '=，解得x =
或x =. 当x 变化时，()f x '、()f x 的变化情况如下表：
所以()f x 的单调递减区间为(，单调递增区间为(,-∞，()+∞.
（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3a ≥时，1133
-
≤-<≤，由（1） 知()f x 在区间[1,1]-上单调递减， 所以()f x 在区间[1,1]-上的取值范围为[(1),(1)]f f -，因此，
max{[(1),(1)]}max{|1|,|1|}M f f a b a b =-=---+-max{|1|,|1|}a b a b =-+--
1,0,1,0,
a b b a b b --≥⎧=⎨--<⎩ 所以1||2M a b =-+≥.
③当304
a <<时，1133-<-<<，由（1）和（2）知，
(1)(f f f -<=，(1)(f f f >=， 所以()f x 在区间[1,1]-上的取值范围为[(1),(1)]f f -，因此，
max{[(1),(1)]}max{|1|,|1|}M f f a b a b =-=-+---max{|1|,|1|}a b a b =-+--
11||4
a b =-+>. 综上所述，当0a >时，()g x 在区间[1,1]-上的最大值不小于
14. 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 =311x x +
+，[0,1]x ∈.证明： （I ）()f x 21x x ≥-+；
（II ）34<()f x 32
≤. 【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
和解决问题的能力.第一问，利用放缩法，得到41111x x x
-≤++，从而得到结论；第二问，由01x ≤≤得3x x ≤，进行放缩，得到()32f x ≤， 再结合第一问的结论，得到()34
f x >， 从而得到结论.
(Ⅱ)由01x ≤≤得3x x ≤，
故()()()()312111333311222122
x x f x x x x x x -+=+≤+-+=+≤+++ ， 所以()32
f x ≤ . 由(Ⅰ)得()221331244f x x x x ⎛⎫≥-+=-+≥ ⎪⎝
⎭， 又因为11932244f ⎛⎫=
> ⎪⎝⎭，所以()34f x >， 综上，()33.42
f x <≤ 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231x x x -+-，再用放缩法可得23111x x x x -≤-++，进而可证()21f x x x ≥-+；（II ）由（I ）的结论及放缩法可证()3342
f x <≤． 5.【2016高考新课标1文数】（本小题满分12分）已知函数()()()22e 1x f x x a x =-+-．
(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()()()
'12.x f x x e a =-+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2e a <-,则()21ln a ->,故当()()(),1l n
2,x a ∈-∞-+∞时,()'0f x >,当()()1,ln 2x a ∈-时,()'0f x <,所以()f x 在()()(),1,ln 2,a -∞-+∞单调递增,在()()1,ln 2a -单调递减.
(II)(i)设0a >,则由(I)知,()f x 在(),1-∞单调递减,在()1,+∞单调递增.
又()()12f e f a =-=，,取b 满足b <0且
ln 22b a <, 则()()()23321022a f b b a b a b b ⎛⎫>-+-=-> ⎪⎝⎭
,所以()f x 有两个零点.
(ii)设a =0,则()()2x
f x x e =-所以()f x 有一个零点.
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.。