2020年高考理科数学《导数的综合应用》题型归纳与训练

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2020年高考理科数学《导数的综合应用》题型归纳与训练

【题型归纳】

题型一 含参数的分类讨论

例1 已知函数3()12f x ax x =-，导函数为()f x '， （1）求函数()f x 的单调区间；

（2）若(1)6,()f f x '=-求函数在[—1，3]上的最大值和最小值。 【答案】略

【解析】（I ）22()3123(4)f x ax ax '=-=-，（下面要解不等式23(4)0ax ->，到了分类讨论的时机，分类标准是零）

当0,()0,()(,)a f x f x '≤<-∞+∞时在单调递减； 当0,,(),()a x f x f x '>时当变化时的变化如下表：

此时，()(,)f x -∞+∞在单调递增， 在(单调递减； （II ）由(1)3126, 2.f a a '=-=-=得

由（I ）知，()(f x -在单调递减,在单调递增。 【易错点】搞不清分类讨论的时机，分类讨论不彻底

【思维点拨】分类讨论的难度是两个，（1）分类讨论的时机，也就是何时分类讨论，先按自然的思路推理，由于参数的存在，到了不能一概而论的时候，自然地进入分类讨论阶段；（2）分类讨论的标准，要做到不重复一遗漏。还要注意一点的是，最后注意将结果进行合理的整合。 题型二 已知单调性求参数取值范围问题 例1 已知函数3

21()53

f x x x ax =

++-， 若函数在),1[+∞上是单调增函数，求a 的取值范围

2

【答案】

【解析】2'()2f x x x a =++,依题意在),1[+∞上恒有0y '≥成立， 方法1：

函数2'()2f x x x a =++，对称轴为1x =-，故在),1[+∞上'()f x 单调递增，故只需0)1('≥f 即可，得

3-≥a ，所以a 的取值范围是[3,)+∞；

方法2： 由022≥++='a x x y ，得x x a 2--2≥，只需2max --2a x x ≥（），易得2max --23x x =-（），因此

3-≥a ，

，所以a 的取值范围是[3,)+∞； 【易错点】本题容易忽视0)1('≥f 中的等号 【思维点拨】已知函数()f x 在区间(,)a b 可导：

1. ()f x 在区间(,)a b 内单调递增的充要条件是如果在区间(,)a b 内，导函数()0f x '≥，并且()f x '在

(,)a b 的任何子区间内都不恒等于零；

2. ()f x 在区间(,)a b 内单调递减的充要条件是如果在区间(,)a b 内，导函数()0f x '≤，并且()f x '在(,)a b 的任何子区间内都不恒等于零； 说明：

1.已知函数()f x 在区间(,)a b 可导,则()0f x '≥在区间内(,)a b 成立是()f x 在(,)a b 内单调递增的必要不充分条件

2.若()f x 为增函数，则一定可以推出()0f x '≥；更加具体的说，若()f x 为增函数，则或者()0f x '>，或者除了x 在一些离散的值处导数为零外，其余的值处都()0f x '>；

3. ()0f x '≥时，不能简单的认为()f x 为增函数，因为()0f x '≥的含义是()0f x '>或()0f x '=，当函数在某个区间恒有()0f x '=时，也满足()0f x '≥,但()f x 在这个区间为常函数. 题型三 方程与零点

1．已知函数()3

2

31f x ax x =-+，若()f x 存在三个零点，则a 的取值范围是（ ）

A. (),2-∞-

B. ()2,2-

C. ()2,+∞

D. ()()2,00,2-? 【答案】D

【解析】很明显0a ≠ ，由题意可得： ()()2

'3632f x ax x x ax =-=- ，则由()'0f x = 可得

1220,x x a

==

，

3

由题意得不等式： ()()122281210f x f x a a =

-+< ，即： 2

2

41,4,22a a a

><-<< ， 综上可得a 的取值范围是 ()()2,00,2-?.本题选择D 选项.

【易错点】找不到切入点，“有三个零点”与函数的单调性、极值有什么关系？挖掘不出这个关系就无从下手。

【思维点拨】函数零点的求解与判断

(1)直接求零点：令f (x )＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．

(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且f (a )·f (b )＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．

(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点． 题型四、导数证明不等式

例1 当()π,0∈x 时，证明不等式x x

【解析】设,sin )(x x x f -=则.1cos )('-=x x f

∵),,0(π∈x ∴.0)('

【思维点拨】注意观察不等式的结构，选择合理的变形，构造函数，把不等式问题转化为函数的极值、最值问题。

【巩固训练】

题型一 含参的分类讨论 1. 已知函数3211

()(2)(1)(0).32

f x x a x a x a =

+-+-≥ （I ）求()f x 的单调区间； （II ）若()f x 在[0，1]上单调递增，求a 的取值范围。 【答案】略

【解析】（I ）2()(2)1(1)(1).f x x a x a x x a '=+-+-=++-

20,()(1)0,a f x x '==+≥当时恒成立 当且仅当1x =-时取“=”号，()(,)f x -∞+∞在单调递增。 12120,()0,1,1,,a f x x x a x x '>==-=-<当时由得且 当x 变化时，()f x '、()f x 的变化如下表：

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()(,1),(1,1),(1,).f x a a -∞----+∞在单调递增在单调递减在单调递增

（II ）当0,()[0,1],()(0)1a f x f x f =≥=时在上单调递增恒成立。 0,a >当时由（I ）可知

01,()[0,1],a f x <≤若时则在上单调递增

若1,()[0,1]a f x a >-则在上单调递减，

()[0,1]f x 在上不单增，不符合题意；

综上，a 的取值范围是[0，1]

2. 已知函数()ln ()f x x a x a R =-∈，求函数()f x 的极值. 【答案】略

【解析】由()1,0-'=-

=>a x a f x x x x

可知: ①当0≤a 时,()0'>f x ,函数()f x 为(0,)+∞上的增函数,函数()f x 无极值; ②当0>a 时,由()0'=f x ,解得=x a ;

(0,)∈x a 时,()0'f x

()∴f x 在=x a 处取得极小值,且极小值为()ln =-f a a a a ,无极大值.

综上:当0≤a 时,函数()f x 无极值

当0>a 时,函数()f x 在=x a 处取得极小值ln -a a a ,无极大值. 3. 已知a R ∈,求ax e x x f 2)(=的单调区间。 【答案】略

【解析】函数的导数2'()(2)ax f x x ax e =+

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（ⅰ）当0a =时，若0x <，则'()0f x <；若0x >,则'()0f x >； 则在（－∞，0）内为减函数，在（0，＋∞）内为增函数。 （ⅰ）当a>0时，由2

2ax x +＞0?02>-

x 或

则在（－∞，－

a

2

）内为增函数，在（0，＋∞）内为增函数。 由2

2ax x +＜0?02<<-x a

，在（－a 2，0）内为减函数。

（ⅰ）当a<0时，由2

2ax x +＞0?0

2）内为增函数。

由2

2ax x +＜0?x<0或x>-a 2，在（－∞,0）∪（-a

2，+∞）内为减函数。

4. 若函数2()(1)x f x e x ax a =+++没有极值点，求a 的取值范围。 【答案】略

【解析】由已知可得'2()(1)(2)

x x f x e x ax a e x a =+++++= 2

2)21x e x a x a ??++++??（，

若函数不存在极值点，则在方程'()0f x =即22)210x a x a +

+++=（中，有22(2)4(21)40a a a a ?=+-+=-≤，解之得04a ≤≤

规律小结：极值点的个数，一般是使'()0f x =方程根的个数，一般情况下导函数若可以化成二次函数，我

们可以利用判别式研究，若不是，我们可以借助图形研究。

题型二 已知单调性求参数范围

已知32()31f x ax x x =+-+在R 上是减函数，求a 的取值范围。 【答案】略

【解析】：对()f x 求导得2'()361f x ax x =+-，由题意可知对任意实数恒有'()0f x ≤, 讨论：

（1） 当0a >，显然不符合题意； （2） 当0a =时也不符合题意；

（3） 当0a <时，依题意必有36120a ?=+≤，即3a ≤-，

综上可知a 的取值范围是(,3]-∞-

3.已知0a >，函数3()f x x ax =-在[)1,x ∈+∞是一个单调函数。

(1) 试问函数()f x 在[)1,+∞上是否为单调减函数？请说明理由； (2) 若函数()y f x =在[)1,+∞上是单调增函数，试求a 的取值范围。

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【答案】略

【解析】解：（1）'2()3f x x a =-，若函数()f x 在区间[)1,+∞上单调递减，则'2()30f x x a =-≤在

[)1,x ∈+∞上恒成立，即23x a ≤对[)1,x ∈+∞恒成立，这样的a 值不存在。所以函数()f x 在区间[)

1,+∞上不是单调减函数。

（2）函数()y f x =在区间[)1,+∞上是单调增函数，则'2()3f x x a =-0≥，即23a x ≤在

[)1,x ∈+∞上恒成立，在此区间上233y x =≥，从而得03a <≤

规律小结：函数在区间(a ，b)上递增'()0f x ?≥，递减'()f x ?0≤在此基础上再研究参数的取值

范围（一般可用不等式恒成立理论求解）注意：解出的参数的值要是使'()f x 恒等于0，则参数的这个值应舍去，否则保留。

题型三 方程与零点

1.已知函数32()31f x ax x =-+，若()f x 存在唯一的零点0x ，且00x >，则a 的取值范围是（ ） A ．()2,+∞ B ．()1,+∞ C ．(),2-∞- D ．(),1-∞- 【答案】C

【解析】当0a =时，2()31f x x =-+，函数有两个零点，不符合；当0a >时，2'()36f x ax x =-，令

'()0f x =，得2

0,

x a =，可知在(,0)-∞必有一个零点，也不符合；当0a <时，2()0f a

>，得2a <-，故选C

2.设a 为实数，函数3()3f x x x a =-++ ，当a 为何值时，方程()0f x =恰好有两个实数根. 【答案】略

【解析】求导得'()3(1)(1)f x x x =-+-， ∵当1x <-或1x >时，'()0f x <； 当11x -<<，'()0f x >；

∴()f x 在(,1)-∞-和(1,)+∞单调递减，在(1,1)-在单调递增， ∴()f x 的极小值为(1)2f a -=-，()f x 的极大值为(1)2f a =-；

要使方程()0f x =恰好有两个实数根，只需()f x 的图象与x 轴恰有两个公共点，画出()f x 的草图，

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∴20a -=且20a +=或20a +=且20a -<； ∴2a =或2a =-

故当2a =或2a =-时，方程恰有两个实数根.

3.若函数4)(3+-=bx ax x f ，当2=x 时，函数)(x f 有极值3

4-， （1）求函数()f x 的解析式；

（2）若函数k x f =)(有3个解，求实数k 的取值范围． 【答案】略 【解析】

求导得()b ax x f -='23，

（1）由题意4(2)3'(2)0f f ?=-???=?，得134a b ?

=?

??=?

∴ 所求解析式为()443

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+-=

x x x f （2）由（1）可得：()()()2242+-=-='x x x x f 令()0='x f ，得2=x 或2-=x 当x 变化时，()x f '、()x f 的变化情况如下表：

x

()2,-∞-

2-

()2,2-

2

()+∞,2

()x f ' +

— 0

+

()x f

单调递增↗

3

28 单调递减↘

3

4- 单调递增↗

因此，当2-=x 时，()x f 有极大值

3 当2=x 时，()x f 有极小值3

4

-

∴函数()443

1

3+-=x x x f 的图象大致如图：

3

4-3

282-2

y x

8

由图可知：3

28

34<

<-

k 题型四、导数证明不等式

1、当0>x 时，证明不等式2

2

11x x e x ++>成立。 【答案】略

【解析】设(),2

112

x x e x f x -

--=则().1'x e x f x --= 令,1)(x e x g x --=则.1)('-=x e x g 当0>x 时，().01'>-=x e x g )(x g ∴在()+∞,0上单调递增，而

.0)0(=g (),0)0(=>∴g x g 0)(>∴x g 在()+∞,0上恒成立，即0)('>x f 在()+∞,0恒成立。)(x f ∴在

()+∞,0上单调递增，又,0)0(=f ,02

112>---∴x x e x 即0>x 时，22

11x x e x ++>成立。

2、已知函数1

()ln(1),(1)

n

f x a x x =

+--其中*∈N n ,a 为常数.当1=a 时，证明：对任意的正整数n ,当2≥x 时，有1)(-≤x x f 。

【答案】略

【解析】证法一：1=a ，).1ln()

1(1

)(-+-=

∴x x x f n

当n 为偶数时，令1

()1ln(1),(1)

n

g x x x x =--

--- 则+

=1)('x g 11

12(1)11(1)n n n x n

x x x x ++--=+

----)2(0≥>x . ∴当[)+∞∈,2x 时，)(x g 单调递增，又 0)2(=g ， ∴1

()1ln(1)(1)n

g x x x x =--

---0)2(=≥g 恒成立，1)(-≤∴x x f 成立。

当n 为奇数时， 要证1)(-≤x x f ,由于

1

(1)n

x -0<，∴只需证1)1ln(-≤-x x ,

令 )1ln(1)(---=x x x h , 则 -

=1)('x h 12

11

x x x -=

--),2(0≥≥x ∴ 当[)+∞∈,2x 时，()1ln(1)h x x x =---单调递增，又01)2(>=h ， ∴当2≥x 时，恒有0)(>x h , 即1)1ln(-<-x x ，命题成立.

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综上所述，结论成立. 证法二：当1=a 时，1

()ln(1).(1)n

f x x x =

+--

当2≥x 时，对任意的正整数n ，恒有

1

(1)

n x -1≤，故只需证明.1)1ln(1-≤-+x x 令[)()1(1ln(1))2ln(1),2,h x x x x x x =--+-=---∈+∞,则12

()1,11

x h x x x -'=-=-- 当2≥x 时，0)('≥x h ，故)(x h 在[)2,+∞上单调递增， 因此，当2≥x 时，0)2()(=≥h x h ，即1)1ln(1-≤-+x x 成立.

故当2≥x 时，有

1

ln(1)(1)n

x x +--1-≤x .即1)(-≤x x f .

3、 设函数2()ln(1)2

x

f x x x =+-+，证明：当0x ＞时，()0f x ＞； 【答案】略

【解析】证明：2

22

12(2)2()01(2)(2)(1)

x x x f x x x x x +-'=-=≥++++ 所以()f x 在(1,)-+∞上单增，而(0)0f = 故当0x >时，()(0)0f x f >=

4、已知函数x x x g ln )(=，设b a <<0， 证明：2ln )()2

(2)()(0a b b

a b g a g -<+-+< 【答案】略

【解析】

证明：1ln )(+='x x g ，设)2

(

2)()()(x

a g x g a g x F +-+= 2

ln

ln )2()(21)2(2)()(''''x

a x x a g x g x a g x g x F +-=+-=?+-=' 当a x <<0时 0)(<'x F ，当a x >时 0)(>'x F ， 即)(x F 在),0(a x ∈上为减函数，在),(+∞∈a x 上为增函数 ∴0)()(min ==a F x F ，又a

b > ∴0)()(=>a F b F ，

10

即0)2

(

2)()(>+-+b

a g

b g a g 设2ln )()2

(2)()()(a x x

a g x g a g x G --+-+=

'()ln ln ln 2ln ln()2

a x

G x x x a x +=--=-+，

当0>x 时，'()0G x <，因此)(x G 在区间),0(+∞上为减函数； 因为0)(=a G ，又a b > ∴0)()(=

即 02ln )()2(

2)()(<--+-+a x x

a g x g a g 故2ln )()2

(2)()(a x x

a g x g a g -<+-+

综上可知，当 b a <<0时，2ln )()2

(2)()(0a b b

a b g a g -<+-+<