2020年高考文科数学《导数的综合应用》题型归纳与训练

a

-

a

(- ),( , +∞) 单调递增， 在 (- （

2020 年高考文科数学《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 f ( x ) = ax 3 - 12 x ，导函数为 f '( x) ，

（1）求函数 f ( x ) 的单调区间；

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

【答案】略

【解析】（I ） f '( x ) = 3ax 2 - 12 = 3(ax 2 - 4) ，（下面要解不等式 3(ax 2 - 4) > 0 ，到了分类讨论的时机，分

类标准是零）

当 a ≤ 0时, f '( x ) < 0, f ( x )在(-∞, +∞) 单调递减；

当 a > 0时,当x 变化时, f '( x ), f ( x ) 的变化如下表：

x

(-∞, -

2

)

2

2 2

, ) a a

2 a

(

2

a

, +∞)

f '( x )

+

0 —

+

f ( x )

极大值

极小值

此时， f ( x )在(-∞, - 2 2

6 a 2 2 , ) 单调递减； a a

（II ）由 f '(1) = 3a -12 = -6, 得a = 2.

由（I ）知， f ( x )在(-1, 2) 单调递减 ,在( 2 ,3)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 f ( x) = 1

3

x 3 + x 2 + ax - 5 ， 若函数在[1,+∞) 上是单调增函数，求 a 的取值范围

≥ a

【答案】

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

方法 1：

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

a ≥ -3 ，所以 a 的取值范围是 [3, +∞ ) ；

方法 2： 由 y ' = x 2 + 2 x + a ≥ 0 ，得 a ≥ - x 2 - 2 x ，只需 a （-x 2 -2 x ） ，易得（-x 2 -2 x ） = -3 ，因此

max

max

a ≥ -3 ，，所以 a 的取值范围是 [3, +∞ ) ；

【易错点】本题容易忽视 f '(1) ≥ 0 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 f '( x ) ≥ 0 ，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 f '( x ) ≤ 0 ，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 f '( x ) ≥ 0 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 f '( x ) ≥ 0 ；更加具体的说，若 f ( x ) 为增函数，则或者 f '( x ) > 0 ，

或者除了 x 在一些离散的值处导数为零外，其余的值处都 f '( x ) > 0 ；

3. f '( x ) ≥ 0 时，不能简单的认为 f ( x ) 为增函数，因为 f '( x ) ≥ 0 的含义是 f '( x ) > 0 或 f '( x ) = 0 ，当 函数在某个区间恒有 f '( x ) = 0 时，也满足 f '( x ) ≥ 0 ,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 f (x ) = ax 3 - 3x 2 + 1，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. (-2,0 )? (0,2 )

【答案】D

【解析】很明显 a ≠ 0 ，由题意可得：

f ' (x ) = 3ax 2 - 6x = 3x (ax - 2) ， 则 由 f ' (x ) = 0 可 得

x = 0, x =

2

1 2

2

，

a 2 1. 已知函数 f ( x ) = 1

“

[ ) 0 , , ) 0 , ,

由题意得不等式： f (x 1 ) f (x ) = 8

2 12 4

- + 1 < 0 ，即： a 2 a 2

> 1,a 2 < 4, -2 < a < 2 ，

综上可得 a 的取值范围是 (-2,0 )? (0,2 ) .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 x ∈ (0, π )时，证明不等式 s in x < x 成立。

【答案】略

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

∵ x ∈ (0, π ), ∴ f '( x ) < 0. ∴ f ( x ) = sin x - x 在 x ∈ (0, π ) 内单调递减，而 f (0) = 0.

∴ f ( x ) = sin x - x < f (0) = 0, 故当 x ∈ (0, π ) 时， sin x < x 成立。

【易错点】不能顺利把不等式转化为等价的函数、方程问题

【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

x 3 + (2 - a) x 2 + (1- a) x (a ≥ 0).

3 2

（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 ） f '( x ) = x 2 + (2 - a ) x + 1 - a = ( x + 1)(x + 1 - a ).

当a = 0时 , f ' ( x = (x + 21 ) ≥ 恒成立 当且仅当 x = -1 时取“=”号， f ( x )在(-∞, +∞) 单调递增。

当a > 0时 由 f ' ( x = 得 x = - 1x = a -且 1 , x < x 1

2

1

2

,

)(1),1,∞1), )

1,)0,1]

【解析】由f'(x)=1-a

当x变化时，f'(x)、f(x)的变化如下表：

x

f'(x)(-∞,-1)

+

—1

(-1,a-1)

—

a-1

(a-1,+∞)

+

f(x)极大值极小值

f(x在-∞,-单调递增在,-(a1-单调递减在a-(+单调递增（II）当a=0时,f(x)在[0,1]上单调递增,f(x)≥f(0)=1恒成立。

当a>0时,由（I）可知

若0

若a>1,则f(x)在[0,a-1]上单调递减，

f(x)在[0,1]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f(x)=x-a ln x(a∈R)，求函数f(x)的极值.

【答案】略

x-a

=,x>0可知:

x x

①当a≤0时,f'(x)>0,函数f(x)为(0,+∞)上的增函数,函数f(x)无极值;

②当a>0时,由f'(x)=0,解得x=a;

x∈(0,a)时,f'(x)<0,x∈(a,+∞)时,f'(x)>0

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

综上:当a≤0时,函数f(x)无极值

当a>0时,函数f(x)在x=a处取得极小值a-a ln a,无极大值.

3.已知a∈R,求f(x)=x2e ax的单调区间。

【答案】略

4

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

【解析】函数的导数 f '( x ) = (2 x + ax 2 )e ax

（ⅰ）当 a = 0 时，若 x < 0 ，则 f '( x ) < 0 ；若 x > 0 ,则 f '( x ) > 0 ；

则在（－∞，0）内为减函数，在（0，＋∞）内为增函数。

（ⅱ）当 a>0 时，由 2x + ax 2 ＞0 ? x < - 2

a

或x > 0

则在（－∞，－ 2 a

）内为增函数，在（0，＋∞）内为增函数。

2 2

由 2x + ax 2 ＜0 ? - < x < 0 ，在（－ ，0）内为减函数。

a a

2 2

（ⅲ）当 a<0 时，由 2x + ax 2 ＞0 ? 0

a a

2 2

由 2x + ax 2 ＜0 ? x<0 或 x>- ，在（－∞,0）∪（- ，+∞）内为减函数。

a a

题型二 已知单调性求参数范围

已知 f ( x ) = ax 3 + 3x 2 - x + 1 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 f '( x ) = 3ax 2 + 6 x - 1 ，由题意可知对任意实数恒有 f '( x) ≤ 0 ,

讨论：

（1） 当 a > 0 ，显然不符合题意； （2） 当 a = 0 时也不符合题意；

（3） 当 a < 0 时，依题意必有 ? = 36 + 12a ≤ 0 ，即 a ≤ -3 ，

综上可知 a 的取值范围是 (-∞, -3]

题型三 方程与零点

1.已知函数 f ( x ) = ax 3 - 3 x 2 + 1 ，若 f ( x ) 存在唯一的零点 x ，且 x > 0 ，则 a 的取值范围是（

）

A ． (2, +∞)

B ． (1,+∞)

C ． (-∞, -2)

D ． (-∞, -1)

【答案】C

【解析】当 a = 0 时， f ( x ) = -3x 2 + 1 ，函数有两个零点，不符合；当 a > 0 时， f '( x ) = 3ax 2 - 6 x ，令

f '( x ) = 0 ，得 x = 0, 2 2

a a

故选 C

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

【答案】略

4 ? ?

x

【解析】求导得 f '( x ) = -3( x + 1)( x - 1) ，

∵当 x < -1 或 x > 1 时， f '( x ) < 0 ；

当 -1 < x < 1 ， f '( x ) > 0 ；

∴ 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 f (-1) = a - 2 ， f ( x ) 的极大值为 f (1) = a - 2 ；

要使方程 f ( x ) = 0 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，

∴ a - 2 = 0 且 a + 2 = 0 或 a + 2 = 0 且 a - 2 < 0 ； ∴ a = 2 或 a = -2

故当 a = 2 或 a = -2 时，方程恰有两个实数根.

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

（1）求函数 f ( x ) 的解析式；

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

【答案】略 【解析】

求导得 f '(x ) = 3ax 2 - b ，

? ?

1 ? f (2) = - ?a =

（1）由题意 ? 3 ，得 ? 3

? f '(2) = 0 ? b = 4

4 3

，

∴

所求解析式为 f (x ) = 1

3

x 3 - 4 x + 4

（2）由（1）可得： f '(x ) = x 2 - 4 = (x - 2 )( + 2 )

令 f '(x ) = 0 ，得 x = 2 或 x = -2

当 x 变化时， f '(x )、 f (x )的变化情况如下表：

6

∴函数f (x)=x3-4x+4的图象大致如图：

x(-∞,-2)-2(-2,2)2(2,+∞)

f'(x) f(x)

+

单调递增↗

28

3

—

单调递减↘

-

4

3

+

单调递增↗

因此，当x=-2时，f (x)有极大值28

3

当x=2时，f (x)有极小值-4

3

1

3

428

由图可知：-

33题型四、导数证明不等式

1、当x>0时，证明不等式e x>1+x+【答案】略1

2

x2成立。

【解析】设f (x)=e x-1-x-1

2

x2,则f'(x)=e x-1-x.

令g(x)=e x-1-x,则g'(x)=e x-1.当x>0时，g'(x)=e x-1>0.∴g(x)在(0,+∞)上单调递增，而g(0)=0.∴g(x)>g(0)=0,∴g(x)>0在(0,+∞)上恒成立，即f'(x)>0在(0,+∞)恒成立。∴f(x)在(0,+∞)上单调递增，又f(0)=0,∴e x-1-x-1x2>0,即x>0时，e x>1+x+1x2成立。

22

2、已知函数f(x)=

1

(1-x)n

+a ln(x-1),其中n∈N*,a为常数.当a=1时，证明：对任意的正整数n,当

x≥2时，有f(x)≤x-1。【答案】略

【解析】证法一：a=1，∴f(x)=

1

+ln(x-1). (1-x)n

当n为偶数时，令g(x)=x-1-

1

-ln(x-1), (1-x)n

则g'(x)=1+

n1x-2n

-=+

(x-1)n+1x-1x-1(x-1)n+1

>0(x≥2).

∴当x∈

[2,+∞)时，g(x)单调递增，又g(2)=0，

∴g(x)=x-1-

1

-ln(x-1)≥g(2)=0恒成立，∴f(x)≤x-1成立。(x-1)n

当n为奇数时，要证f(x)≤x-1,由于

1

<0，∴只需证ln(x-1)≤x-1, (1-x)n

令h(x)=x-1-ln(x-1),则h'(x)=1-

1x-2

=≥0(x≥2), x-1x-1

∴当x∈

[2,+∞)时，h(x)=x-1-ln(x-1)单调递增，又h(2)=1>0，∴当x≥2时，恒有h(x)>0,即ln(x-1)

综上所述，结论成立.

证法二：当a=1时，f(x)=

1

+ln(x-1). (1-x)n

当x≥2时，对任意的正整数n，恒有

1

≤1，故只需证明1+ln(x-1)≤x-1. (1-x)n

令h(x)=x-1-(1+ln(x-1))=x-2-ln(x-1),x∈[2,+∞),则h'(x)=1-当x≥2时，h'(x)≥0，故h(x)在[2,+∞)上单调递增，

1x-2

=, x-1x-1

因此，当x≥2时，h(x)≥h(2)=0，即1+ln(x-1)≤x-1成立.

故当x≥2时，有

1

(1-x)n+ln(x-1)≤x-1.即f(x)≤x-1.

3、设函数f(x)=ln(1+x)-【答案】略

2x

x+2，证明：当

x＞0时，f(x)＞0；

【解析】证明：f'(x)=

12(x+2)-2x x2

-=≥0 x+1(x+2)2(x+2)2(1+x)

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

8

4、已知函数g(x)=x ln x，设0

证明：0

【答案】略

【解析】a+b

2

)<(b-a)ln2

证明：g'(x)=ln x+1，设F(x)=g(a)+g(x)-2g(a+x 2

)

a+x1a+x a+x F'(x)=g'(x)-2g'()?=g'(x)-g'()=ln x-ln

2222当0a时F'(x)>0，

即F(x)在x∈(0,a)上为减函数，在x∈(a,+∞)上为增函数

∴F(x)min=F(a)=0，又b>a∴F(b)>F(a)=0，

即g(a)+g(b)-2g(a+b

2

)>0

a+x

设G(x)=g(a)+g(x)-2g()-(x-a)ln2

2

a+x

G'(x)=ln x-ln-ln2=ln x-ln(a+x)，

2

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

即g(a)+g(x)-2g(a+x

2

)-(x-a)ln2<0

a+x

故g(a)+g(x)-2g()<(x-a)ln2

2

综上可知，当0

)<(b-a)ln2 2