专题六 函数导数-2022年高考数学二轮复核心速学解答题专题突破（艺体生适用）

核心速学专题六函数导数【核心考点整合】【思维导引】1.曲线的切线问题的类型与处理策略曲线的切线问题主要考查切线方程的求解、切线存在性等问题，主要题型有以下几种：（1）求曲线在“某一点处”和“过某一点”的切线方程，前者直接求导，代入求斜率，再求切线方程，后者需要设出切点，建立方程，求出切点，再求切线方程.（2）某条直线与两个函数均相切的证明或求参数的范围，通常需要设出两个切点的坐标，得到两条直线方程，再证明其重合，或建立参数的关系式，进而运用消元法，再结合导数的知识求得参数的范围.（3）根据切线与函数图象的关系，运用放缩法，化繁为简，构建新函数，探究函数的单调性，进而证明不等式2.函数与不等式恒成立问题的处理与转化（1）含单元变量的恒成立问题，通常有三种方法：第一种方法（也是首选方法）是；参变分离（即将函数中的参数和变量分而治之，分开到不等式的两侧，一侧是参数，一侧是变量），判断谁是参教谁是变量的方法是题目最后求解的往往是参数，而题干中给出范围的那个就是变量，第二种方法是：最值的思想，有些函数恒成立问题是无法分参的，可以通过求解函数的最值，让最小值大于等于零，或者最大值小于等于零，第三种方法是借助一些不等式放缩实现。含双元变量的恒成立问题，按照变量的转化先后顺序通常有两种思路，要注意对函数的结构特点进行观察，选择合适、简洁的方法.3.导数与不等式存在性问题的处理与转化（1）含单变量的存在性问题，通常有两种处理思路：①函数最值法，将不等式转化为某待求参数的最值问题，利用导数求得该函数的极值、最值，然后构建不等式求解；②分离参数法，将不等式转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求得该函数的最值，根据要求求得范围。（2）含双元变量的存在性问题，构造函数，转化两个函数最值的大小关系来处理4.极值点偏移问题极值点偏移问题的基本类型（1）不含参数的极值点偏移问题：其本质是双变元问题，为此，直接构造一元差函数，转化为一元函数问题来加以解决.（2）含有参数的极值点偏移问题：其本质是三变元问题，为此，要想方设法消去参数，从而转化成不含参数的问题去解决；或者以参数为媒介，构造出一个变元的新的函数.对于简单的含有参数的极值点偏移问题，可以通过分离参数的方法将它转化为不含参数的极值点偏移问题来加以处理.求解极值点偏移问题的基本解法极值点偏移问题，一般利用通过原函数的单调性，把与自变量有关的不等式问题转化与原函数的函数值有关的不等式问题，也可以引入第三个变量，把不等式的问题转化为与新引入变量有关的不等式问题.【真题领航】1.（2020·全国新高考Ⅰ卷）已知函数．（1）当时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．【解析】（1），，.，∴切点坐标为(1,1+e),∴函数f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为,即,切线与坐标轴交点坐标分别为,∴所求三角形面积为.（2）解法一：,，且.设,则∴g(x)在上单调递增，即在上单调递增，当时，,∴,∴成立.当时，，，,∴存在唯一，使得，且当时，当时，，，因此>1,∴∴恒成立；当时，∴不是恒成立.综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞).解法二：等价于,令,上述不等式等价于,显然为单调增函数，∴又等价于，即，令,则在上h’(x)>0,h(x)单调递增；在(1,+∞)上h’(x)<0,h(x)单调递减，∴,，∴a的取值范围是[1,+∞).2.（2021·全国新高考Ⅰ卷）已知函数.（1）讨论的单调性.（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.【解析】（1）函数的定义域为，又，当时，，当时，，故的递增区间为，递减区间为.（2）因为，故，即，故，设，由（1）可知不妨设.因为时，，时，，故.先证：，若，必成立.若，要证：，即证，而，故即证，即证：，其中.设，则，因为，故，故，所以，故在为增函数，所以，故，即成立，所以成立.综上，成立.设，则，结合，可得，，即：，故，要证：，即证，即证，即证：，即证，令，则，先证明一个不等式：.设，则，当时，；当时，，故在上为增函数，在上为减函数，故，故成立由上述不等式可得当时，，故恒成立，故在上为减函数，故，故成立，即成立.综上所述，.【核心考能聚焦】核心考点一函数的单调性【例1】（2021·全国高考真题甲卷）已知函数．讨论的单调性；【分析】首先求得导函数解析式，然后分类讨论导函数的符号即可确定原函数的单调性；【详解】由函数的解析式可得：，导函数的判别式，当时，在R上单调递增，当时，的解为：，当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增；综上可得：当时，在R上单调递增，当时，在，上单调递增，在上单调递减.【点睛】本题考查利用导数研究含有参数的函数的单调性问题，要依据其零点的不同情况进行分类讨论.【对点练】（2020·全国高考真题（文））已知函数．讨论的单调性；【分析】，对分和两种情况讨论即可；【详解】由题，，当时，恒成立，所以在上单调递增；当时，令，得，令，得，令，得或，所以在上单调递减，在，上单调递增.2.（2018·全国高考真题（理））已知函数．讨论的单调性；【分析】首先确定函数的定义域，之后对函数求导，之后对进行分类讨论，从而确定出导数在相应区间上的符号，从而求得函数对应的单调区间；【详解】的定义域为，.（i）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减.（ii）若，令得，或.当时，；当时，.所以在单调递减，在单调递增.核心考点二函数的极值最值【例2】（2019·全国高考真题（理））已知函数.（1）讨论的单调性；（2）是否存在，使得在区间的最小值为且最大值为1？若存在，求出的所有值；若不存在，说明理由.【分析】(1)先求的导数，再根据的范围分情况讨论函数单调性；(2)根据的各种范围，利用函数单调性进行最大值和最小值的判断，最终得出,的值.【详解】(1)对求导得.所以有当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增；当时，区间上单调递增；当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.(2)若在区间有最大值1和最小值-1，所以若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增；此时在区间上单调递增，所以，代入解得，，与矛盾，所以不成立.若，区间上单调递增；在区间.所以，代入解得.若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.即在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为而，故所以区间上最大值为.即相减得，即，∵，方程无解.若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.即在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为而，故所以区间上最大值为.即相减得，解得，又因为，所以无解.若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.所以有区间上单调递减，所以区间上最大值为，最小值为即解得.综上得或.【点睛】这是一道常规的函数导数不等式和综合题，题目难度比往年降低了不少．考查的函数单调性，最大值最小值这种基本概念的计算．思考量不大，由计算量补充．【对点练】1.（2021·山东高三月考）已知函数．（1）讨论的单调性；（2）当时，求在区间上的最大值．【分析】（1）求导后，分别在和的情况下，根据的正负得到函数单调性；（2）分别在、和三种情况下，得到在上的单调性，由单调性可确定最大值点，代入可得最大值.【详解】（1）由题意得：定义域为，，①当时，，在上单调递增；②当时，令得：，列表如下：＋－递增极大值递减在上单调递增，在上单调递减；综上所述：当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）当时，由（1）知：①当，即时，在上单调递减，则；②当，即时，在上单调递增，在上单调递减，；③当，即时，在上单调递增，则；综上所述：.2．（2019·全国高考真题（文））已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当时，记在区间的最大值为，最小值为，求的取值范围.【分析】(1)先求的导数，再根据的范围分情况讨论函数单调性；(2)讨论的范围，利用函数单调性进行最大值和最小值的判断，最终求得的取值范围.【详解】(1)对求导得.所以有当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增；当时，区间上单调递增；当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.(2)若，在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为.而，故所以区间上最大值为.所以，设函数，求导当时从而单调递减.而，所以.即的取值范围是.若，在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为而，故所以区间上最大值为.所以，而，所以.即的取值范围是.综上得的取值范围是.核心考点三导数的综合应用【例3】（2021·四川高三月考）已知函数，.（1）若函数在定义域内是单调增函数，求实数的取值范围；（2）求证：.【分析】（1）首先求出函数的定义域，再求出，将问题转化为在上恒成立，分离参数求出的最小值即可求解.（2）由（1）知当时，函数在上是单调增函数，当时，可得，证出，取，叠加即可求解.【详解】（1）因函数在定义域为，，因为函数在定义域内是单调增函数，所以在上恒成立，即在上恒成立，在上恒成立令，所以，当时，，所以在上单调递减，当时，，所以在上单调递减，所以，故；（2）由（1）知当时，函数在上是单调增函数，且当时，，即，当，时，，将上个不等式相加得即.得证.【技巧点拨】无论不等式的证明还是解不等式，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质，达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝.利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法：(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min＞g(x)max；(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)＞0.【对点练】（2021·陕西渭南·高三月考）已知函数.（1）当时，求的图象在点处的切线方程.（2）讨论的单调性；（3）若，证明：.【答案】（1）；（2）当a≤时，f(x)在(0,+∞)上单调递减.当时，f(x)在上单调递增，在上单调递减；若时，f(x)在与上单调递减，在上单调递增.；（3）证明见解析.【分析】（1）求出、，代入切线方程：即可；（2）先求定义域，求导后导函数是含参的二次函数，利用根的判别式与两根的分布情况进行分类讨论；（3）结合条件进行放缩，然后在不等式两边同除以x构造一个新函数进行证明（利用两个函数的凹凸性）.【详解】（1）解：当时，，则，，，所求切线方程为，即.（2）解：的定义域为，，对于二次方程，有.当时，恒成立，在上单调递减.当时，方程有两根，，若，，，在上单调递增，在上单调递减；若，，在与上单调递减，在上单调递增.（3）证明：要证，即证，因为，，所以.当时，不等式显然成立.当时，因为，所以只需证，即证.令，则，由得；由，得.所以在上为增函数，在上为减函数，所以.，则，易知在上为减函数，在上为增函数，所以，所以恒成立，即.【核心素养集训】1.（2021·福建省宁德市教师进修学院）设函数（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若函数在区间内单调递减，求的取值范围．【分析】（1）利用切线方程的公式直接求解即可；（2）根据在区间上恒成立，得到，进而得到，然后利用不等式的性质求解即可【详解】解：法一：（1）∵，，，，∴在在点处的切线方程为（2）∵函数在区间内单调递减，∴在区间上恒成立；即，∵∴即在区间上恒成立∴，解得，∴的取值范围是法二：（1）同法一.（2）∵函数在区间内单调递减，∴在区间上恒成立，∵∴即在区间上恒成立设当时，，符合题意当时，在单调递减，，解得，得当时，在单调递增，，解得，得∴的取值范围是2．（2021·北京市丰台第八中学高二期中）已知函数.（Ⅰ）当曲线在时的切线与直线平行时，求实数的值；（Ⅱ）讨论函数的单调区间；（Ⅲ）当函数在区间单调递增时，求实数的取值范围.【分析】（Ⅰ）当切线与直线平行时，有切线斜率，可求得；（Ⅱ）求由求得两根，讨论与即可分析单调性；（Ⅲ）结合（Ⅱ）分析即可求解．【详解】（Ⅰ）在时的切线的斜率为又因为在时的切线与直线平行，则解得；（Ⅱ）由得，解得若即，，得在上单调递减；若即，当时，，得在上单调递增；当时，，得在上单调递减；综上所述：当时，的单调减区间为，当时，的单调减区间为，单调增区间为；（Ⅲ）当函数在区间单调递增时，结合（Ⅱ）得成立．3.(2021·山西太原调研)已知函数f(x)＝－2xlnx＋x2－2ax＋a2，其中a>0.(1)设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性.(2)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．【解析】(1)由已知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，g(x)＝f′(x)＝2(x－1－lnx－a)，所以g′(x)＝2－eq\f(2,x)＝eq\f(2（x－1）,x).当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．(2)由f′(x)＝2(x－1－lnx－a)＝0，解得a＝x－1－lnx.令φ(x)＝－2xlnx＋x2－2x(x－1－lnx)＋(x－1－lnx)2＝(1＋lnx)2－2xlnx，则φ(1)＝1>0，φ(e)＝2(2－e)<0.于是存在x0∈(1，e)，使得φ(x0)＝0.令a0＝x0－1－lnx0＝u(x0)，其中u(x)＝x－1－lnx(x≥1)．由u′(x)＝1－eq\f(1,x)≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，故0＝u(1)<a0＝u(x0)<u(e)＝e－2<1，即a0∈(0，1)．当a＝a0时，有f′(x0)＝0，f(x0)＝φ(x0)＝0.再由(1)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)＝(x－a0)2－2xlnx>0.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．4.已知函数.（1）当时，求函数的极值点的个数；（2）若，求实数的取值范围.【分析】（1）先求解出导函数，然后确定出的单调性，再根据零点的存在性定理确定出的零点，由此可根据的正负确定出的单调性，则极值点个数可判断出；（2）根据已知条件先判断出，然后分析的单调性以及零点，从而确定出的单调性和最小值，根据以及构造函数的思想即可求解出的取值范围.【详解】解：当时，，即，易知在单调递增.又，，存在唯一，使得.当时，，当时，，函数在单调递减，在单调递增，函数有唯一极值点.，由题意得，易知在单调递增.且时，，时，，存在唯一，使，当时，，当时，，函数在单调递减，在单调递增，且，.，即，即，令，则.设，，在递减，又，，，，.【点睛】思路点睛：导数问题中运用“隐零点”思想的一般求解步骤：（1）先分析导函数的单调性，采用零点的存在性定理确定出的零点；（2）分析在定义域上的取值正负，从而确定出的单调性，由此确定出的最值；（3）由（2）中计算出的最值可通过继续化简，由此求得更简单的最值形式.5．（2021·湖北武昌·高三月考）已知函数f(x)=xlnx-x2+(a-1)x(a∈R).（1）讨论函数f(x)的极值点的个数；（2）若函数f(x)有两个极值点x1，x2，证明：f(x1)+f(x2)>2a-3.【分析】（1）由题意求出，，通过讨论的单调性，得出的符号，从而得出的单调性，得出答案。（2）先证明,再证明，从而再证，设，由单调性只需证明，从而可证明.【详解】解：（1），.当时，，单调递增；当时，，单调递减.当时，有极大值，.当时，，在上单调递减，此时无极值；当时，.，，，设则，当时，所以在上单调递减，所以所以当时，故存在，满足，.当时，单调递减，当时，单调递增，当时，单调递减.在处有极小值，在处有极大值.综上所述，当时，没有极值点；当时，有2个极值点.（2）由（1）可知当且仅当时有极小值和极大值，.先证明要证明，只需证.由，则，，因为在单调递减，只需证.又因为，只需证，即证.令，.因为，，所以在上单调递增