2022高考數(shù)學(xué)一輪通用版講義：3.2.3題型研究-“函數(shù)與導(dǎo)數(shù)”大題?？嫉?類題型

1、PAGE32第3課時(shí)題型研究“函數(shù)與導(dǎo)數(shù)”大題?？嫉?類題型一、學(xué)前明考情考什么、怎么考eqavs4al真題嘗試12022全國(guó)卷已知函數(shù)flna22a11討論f的單調(diào)性；2當(dāng)a0時(shí)，證明feqf3,4a2解：1f的定義域?yàn)?，feqf1,2a2a1eqf12a1,若a0，則當(dāng)0，時(shí)，f0，故f在0，上單調(diào)遞增若a0，則當(dāng)eqblcrcavs4alco10，f1,2a時(shí)，f0；當(dāng)eqblcrcavs4alco1f1,2a，時(shí)，f0故f在eqblcrcavs4alco10，f1,2a上單調(diào)遞增，在eqblcrcavs4alco1f1,2a，上單調(diào)遞減2證明：由1知，當(dāng)a0時(shí)，f在eqf1,2a處取

2、得最大值，最大值為feqblcrcavs4alco1f1,2alneqblcrcavs4alco1f1,2a1eqf1,4a所以feqf3,4a2等價(jià)于lneqblcrcavs4alco1f1,2a1eqf1,4aeqf3,4a2，即lneqblcrcavs4alco1f1,2aeqf1,2a10設(shè)gln1，則geqf1,1當(dāng)0,1時(shí)，g0；當(dāng)1，時(shí)，g在0,1上單調(diào)遞增，在1，上單調(diào)遞減故當(dāng)1時(shí)，g取得最大值，最大值為g10所以當(dāng)0時(shí)，g0從而當(dāng)a0時(shí)，lneqblcrcavs4alco1f1,2aeqf1,2a10，即feqf3,4a222022全國(guó)卷已知函數(shù)feqf1,33a211若a3

3、，求f的單調(diào)區(qū)間；2證明：f只有一個(gè)零點(diǎn)解：1當(dāng)a3時(shí)，feqf1,333233，f263令f0，解得32eqr3或32eqr3當(dāng)，32eqr332eqr3，時(shí)，f0；當(dāng)32eqr3，32eqr3時(shí)，f0，所以f0等價(jià)于eqf3,213a0設(shè)geqf3,213a，則geqf2223,2120，僅當(dāng)0時(shí)，g0，所以g在，上單調(diào)遞增故g至多有一個(gè)零點(diǎn)，從而f至多有一個(gè)零點(diǎn)又f3a16a22aeqf1,36eqblcrcavs4alco1af1,62eqf1,60，故f有一個(gè)零點(diǎn)綜上，f只有一個(gè)零點(diǎn)32022全國(guó)卷已知函數(shù)faeln11設(shè)2是f的極值點(diǎn)，求a，并求f的單調(diào)區(qū)間；2證明：當(dāng)aeqf1,

4、e時(shí)，f0解：1f的定義域?yàn)?，faeeqf1,由題設(shè)知，f20，所以aeqf1,2e2從而feqf1,2e2eln1，feqf1,2e2eeqf1,可知f在0，上單調(diào)遞增，又f20，所以當(dāng)02時(shí)，f2時(shí)，f0所以f的單調(diào)遞減區(qū)間為0,2，單調(diào)遞增區(qū)間為2，2證明：當(dāng)aeqf1,e時(shí)，feqfe,eln1設(shè)geqfe,eln1，則geqfe,eeqf1,可知g在0，上單調(diào)遞增，且g10，所以當(dāng)01時(shí)，g1時(shí)，g0所以1是g的最小值點(diǎn)故當(dāng)0時(shí)，gg10因此，當(dāng)aeqf1,e時(shí)，f0eqavs4al把握考情常規(guī)角度1單調(diào)性問題主要考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間或討論函數(shù)的單調(diào)性以及由函數(shù)的單調(diào)性求參

5、數(shù)范圍2函數(shù)零點(diǎn)問題主要考查判斷函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)以及由函數(shù)零點(diǎn)或方程的根求參數(shù)的值或取值范圍3不等式問題主要考查不等式的證明、不等式恒成立或不等式存在性問題主要以解答題為主，綜合性較強(qiáng)，難度較大創(chuàng)新角度常與切線、函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值等知識(shí)綜合命題，且常與指數(shù)函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)的復(fù)合函數(shù)結(jié)合二、課堂研題型怎么辦、提知能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性是高考的熱點(diǎn)和重點(diǎn)，一般為解答題的第一問，若不含參數(shù)，難度一般，若含參數(shù)，則較難常見的考法有：1求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間2討論函數(shù)的單調(diào)性3由函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)考法一求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間例12022湘東五校聯(lián)考節(jié)選已知函數(shù)fln1R當(dāng)1時(shí)，求f的單

6、調(diào)區(qū)間解feqf1,ln1ln，當(dāng)0時(shí)，因?yàn)?，所以fln0，所以函數(shù)f的單調(diào)遞增區(qū)間是1，無單調(diào)遞減區(qū)間當(dāng)0時(shí)，令ln0，解得e，當(dāng)1e時(shí)，fe時(shí)，f0所以函數(shù)f的單調(diào)遞減區(qū)間是1，e，單調(diào)遞增區(qū)間是e，綜上所述，當(dāng)0時(shí)，函數(shù)f的單調(diào)遞增區(qū)間是1，無單調(diào)遞減區(qū)間；當(dāng)0時(shí)，函數(shù)f的單調(diào)遞減區(qū)間是1，e，單調(diào)遞增區(qū)間是e，方法技巧利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)區(qū)間的方法1當(dāng)導(dǎo)函數(shù)不等式可解時(shí)，解不等式f0或f0，所以2a0，令f0得0時(shí)，若eqfa,2e，即0a0，當(dāng)eqblcrcavs4alco1fa,2，e時(shí)，f0，所以f的單調(diào)遞減區(qū)間為eqblcrcavs4alco1fa,2，e；若eqfa,2e，即

7、a2e，當(dāng)0，時(shí)，f0恒成立，f沒有單調(diào)遞減區(qū)間；若eqfa,2e，即a2e，當(dāng)0，e時(shí)，f0，當(dāng)eqblcrcavs4alco1e，fa,2時(shí)，f0，所以f的單調(diào)遞減區(qū)間為eqblcrcavs4alco1e，fa,2綜上所述，當(dāng)a0時(shí)，f的單調(diào)遞減區(qū)間為0，e；當(dāng)0a2e時(shí)，f的單調(diào)遞減區(qū)間為eqblcrcavs4alco1e，fa,2考法二討論函數(shù)的單調(diào)性例2已知函數(shù)flneqf1,aeqf1,aaR且a0，討論函數(shù)f的單調(diào)性解feqfa1,a20，當(dāng)a0恒成立，函數(shù)f在0，上單調(diào)遞增當(dāng)a0時(shí)，由feqfa1,a20，得eqf1,a；由feqfa1,a20，得0eqf1,a，函數(shù)f在eqb

8、lcrcavs4alco1f1,a，上單調(diào)遞增，在eqblcrcavs4alco10，f1,a上單調(diào)遞減綜上所述，當(dāng)a0時(shí)，函數(shù)f在eqblcrcavs4alco1f1,a，上單調(diào)遞增，在eqblcrcavs4alco10，f1,a上單調(diào)遞減方法技巧討論函數(shù)f單調(diào)性的步驟1確定函數(shù)f的定義域；2求導(dǎo)數(shù)f，并求方程f0的根；3利用f0的根將函數(shù)的定義域分成若干個(gè)子區(qū)間，在這些子區(qū)間上討論f的正負(fù)，由符號(hào)確定f在該區(qū)間上的單調(diào)性提醒研究含參數(shù)函數(shù)的單調(diào)性時(shí)，需注意依據(jù)參數(shù)取值對(duì)不等式解集的影響進(jìn)行分類討論針對(duì)訓(xùn)練已知函數(shù)f1lna22aaR，討論函數(shù)f的單調(diào)性解：函數(shù)f的定義域?yàn)?，feqf1,2

9、a2aeqf2a22a1,eqf2a1a1,若a0，則f0，則當(dāng)eqf1,a時(shí)，f0，當(dāng)0eqf1,a時(shí)，feqf1,a時(shí)，f0故f在eqblcrcavs4alco10，f1,a上單調(diào)遞減，在eqblcrcavs4alco1f1,a，上單調(diào)遞增若a0，則當(dāng)eqf1,2a時(shí)，f0，當(dāng)0eqf1,2a時(shí)，feqf1,2a時(shí)，f0故f在eqblcrcavs4alco10，f1,2a上單調(diào)遞減，在eqblcrcavs4alco1f1,2a，上單調(diào)遞增綜上所述，當(dāng)a0時(shí)，f在0，上單調(diào)遞減；當(dāng)a0時(shí)，f在eqblcrcavs4alco10，f1,a上單調(diào)遞減，在eqblcrcavs4alco1f1,a，

10、上單調(diào)遞增；當(dāng)a0時(shí)，f在eqblcrcavs4alco10，f1,2a上單調(diào)遞減，在eqblcrcavs4alco1f1,2a，上單調(diào)遞增考法三由函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)例3設(shè)函數(shù)feqf1,33eqfa,22bc，曲線yf在點(diǎn)0，f0處的切線方程為y11求b，c的值；2設(shè)函數(shù)gf2，且g在區(qū)間2，1內(nèi)存在單調(diào)遞減區(qū)間，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解1f2ab，由題意得eqblcrcavs4alco1f01，,f00，即eqblcrcavs4alco1c1，,b02由1知feqf1,33eqfa,221，則g2a2，依題意，存在2，1，使不等式g2a20成立，即2，1時(shí)，a0或f0在該區(qū)間上存在解集，這樣就

11、把函數(shù)的單調(diào)性問題轉(zhuǎn)化成不等式問題3若已知f在區(qū)間I上的單調(diào)性，區(qū)間I中含有參數(shù)時(shí)，可先求出f的單調(diào)區(qū)間，令I(lǐng)是其單調(diào)區(qū)間的子集，從而可求出參數(shù)的取值范圍針對(duì)訓(xùn)練已知函數(shù)falneqf1,22a131當(dāng)a1時(shí)，求函數(shù)f的單調(diào)遞減區(qū)間；2若函數(shù)f在區(qū)間0，上是增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解：1當(dāng)a1時(shí)，flneqf1,223，定義域?yàn)?，則feqf1,eqf21,由eqblcrcavs4alco1f0，,0，得01所以函數(shù)f的單調(diào)遞減區(qū)間為0,12法一：因?yàn)楹瘮?shù)f在0，上是增函數(shù)，所以feqfa,a10在0，上恒成立，所以2a1a0，即1a0在0，上恒成立因?yàn)?0，所以a0對(duì)0，恒成立，所以a0，

12、故實(shí)數(shù)a的取值范圍是0，法二：因?yàn)楹瘮?shù)f在0，上是增函數(shù)，所以feqfa,a10在0，上恒成立，即2a1a0在0，上恒成立令g2a1a，因?yàn)閍124a0恒成立，所以eqblcrcavs4alco1fa1,20，,g00，即a0，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是0，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)或方程根典例2022安徽十大名校聯(lián)考設(shè)函數(shù)fe2a1e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，aR1證明：當(dāng)a0時(shí)，f0恒成立，求a的取值范圍解1證明：fe2a，令gf，ge0，解得0，解得ln2，f在，ln2上單調(diào)遞減，在ln2，上單調(diào)遞增，fminfln222ln2a當(dāng)a0，f的圖象恒在軸上方，f沒有零點(diǎn)2當(dāng)0時(shí)，f0恒成立，即e2a10恒

13、成立，ae21，即aeqfe,eqf1,1恒成立令heqfe,eqf1,10，則heqf1e1,2當(dāng)0時(shí)，e10恒成立，令h0，解得00，解得1，h在0,1上單調(diào)遞減，在1，上單調(diào)遞增，hminh1e1a的取值范圍是，e1方法技巧利用導(dǎo)數(shù)研究方程根函數(shù)零點(diǎn)的技巧1研究方程根的情況，可以通過導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最大值、最小值、變化趨勢(shì)等；2根據(jù)題目要求，畫出函數(shù)圖象的走勢(shì)規(guī)律，標(biāo)明函數(shù)極最值的位置；3利用數(shù)形結(jié)合的思想去分析問題，可以使問題的求解有一個(gè)清晰、直觀的整體展現(xiàn)針對(duì)訓(xùn)練2022武漢調(diào)研已知函數(shù)fea1aRe是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)1求f的單調(diào)區(qū)間；2討論gfeqblcrcavs4alco1f

14、1,2在區(qū)間0,1上零點(diǎn)的個(gè)數(shù)解：1fea1，fea，當(dāng)a0時(shí)，f0恒成立，f的單調(diào)遞增區(qū)間為，無單調(diào)遞減區(qū)間；當(dāng)a0時(shí)，令f0，得0，得lna，f的單調(diào)遞減區(qū)間為，lna，單調(diào)遞增區(qū)間為lna，2令g0，得f0或eqf1,2，先考慮f在區(qū)間0,1上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，當(dāng)a1時(shí)，f在0,1上單調(diào)遞增且f00，f在0,1上有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)ae時(shí)，f在0,1上單調(diào)遞減且f00，f在0,1上有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)1ae時(shí)，f在0，lna上單調(diào)遞減，在lna,1上單調(diào)遞增，而f1ea1，當(dāng)ea10，即1ae1時(shí)，f在0,1上有兩個(gè)零點(diǎn)，當(dāng)ea10，即e1ae1或a2eqre1時(shí)，g在0,1上有兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)1ae1且a2

15、eqre1時(shí)，g在0,1上有三個(gè)零點(diǎn)利用導(dǎo)數(shù)研究不等式導(dǎo)數(shù)在不等式中的應(yīng)用問題是每年高考的必考內(nèi)容，且以解答題的形式考查，難度較大，屬中、高檔題常見的考法有：1證明不等式2不等式恒成立問題3存在型不等式成立問題考法一證明不等式例12022全國(guó)卷已知函數(shù)feqfa21,e1求曲線yf在點(diǎn)0，1處的切線方程；2證明：當(dāng)a1時(shí)，fe0解1因?yàn)閒eqfa22a12,e，所以f02，f01，所以曲線yf在0，1處的切線方程是y12，即2y102證明：當(dāng)a1時(shí)，fe21e1e令g21e1，則g21e1當(dāng)1時(shí)，g1時(shí)，g0，g單調(diào)遞增所以gg10因此fe0方法技巧1利用導(dǎo)數(shù)證明不等式fg的基本方法1若f與g

16、的最值易求出，可直接轉(zhuǎn)化為證明fmingma；2若f與g的最值不易求出，可構(gòu)造函數(shù)hfg，然后根據(jù)函數(shù)h的單調(diào)性或最值，證明h02證明不等式時(shí)的一些常見結(jié)論1ln1，等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)1時(shí)取到；2e1，等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)0時(shí)取到；3ln0；4eqf,1ln1，1，等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)0時(shí)取到針對(duì)訓(xùn)練2022廣西柳州畢業(yè)班摸底已知函數(shù)faln在e2e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)處取得極小值1求實(shí)數(shù)a的值；2當(dāng)1時(shí)，求證：f31解：1因?yàn)閒aln，所以faln1，因?yàn)楹瘮?shù)f在e2處取得極小值，所以fe20，即alne210，所以a1，所以fln2當(dāng)f0時(shí)，e2；當(dāng)f0時(shí)，00gln1，由g0，得e由g0，得e；由g0，得00于是

17、在1，上，都有g(shù)ge0，所以f31考法二不等式恒成立問題例22022安徽江淮十校聯(lián)考已知函數(shù)fln01求f的單調(diào)區(qū)間和極值；2若對(duì)任意0，feqf2m3,2恒成立，求實(shí)數(shù)m的最大值解1由題意知fln1，令f0，得eqf1,e，令f0，得00，則geqf223,2，由g01，由g000，0或a0，0求解針對(duì)訓(xùn)練設(shè)函數(shù)f242，g2e1，若2時(shí)，fg，求的取值范圍解：令Fgf2e1242F02201，F(xiàn)22e220e2，所以1e2由F22e1012，2ln2當(dāng)e2時(shí)，F(xiàn)22e210，所以F在2，遞增，所以FF20當(dāng)1g對(duì)I能成立I與fg的解集的交集不是空集fgma0I2對(duì)1D1，2D2使得f1g2

18、fmingmin，f的定義域?yàn)镈1，g的定義域?yàn)镈2例32022云南統(tǒng)考已知函數(shù)feqf,lnaa01若函數(shù)f在1，上是減函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的最小值；2若1，2e，e2，使f1f2a成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解1因?yàn)閒在1，上為減函數(shù)，所以feqfln1,ln2a0在1，上恒成立所以當(dāng)1，時(shí)，fma0又feqfln1,ln2aeqblcrcavs4alco1f1,lnf1,22eqf1,4a，故當(dāng)eqf1,lneqf1,2，即e2時(shí)，fmaeqf1,4a，所以eqf1,4a0，故aeqf1,4，所以a的最小值為eqf1,42“若1，2e，e2，使f1f2a成立”等價(jià)于當(dāng)e，e2時(shí)，有fminfmaa

19、，當(dāng)e，e2時(shí)，有fmaaeqf1,4，問題等價(jià)于：“當(dāng)e，e2時(shí)，有fmineqf1,4”當(dāng)aeqf1,4時(shí)，f在e，e2上為減函數(shù)，則fminfe2eqfe2,2ae2eqf1,4，故aeqf1,2eqf1,4e2當(dāng)0aeqf1,4時(shí)，由于feqblcrcavs4alco1f1,lnf1,22eqf1,4a在e，e2上為增函數(shù)，故f的值域?yàn)閒e，fe2，即eqblcrcavs4alco1a，f1,4a由f的單調(diào)性和值域知，存在唯一0e，e2，使f00，且滿足：當(dāng)e，0時(shí)，f0，f為增函數(shù)所以fminf0eqf0,ln0a0eqf1,4，0e，e2，所以aeqf1,ln0eqf1,40eqf

20、1,lne2eqf1,4eeqf1,2eqf1,4eqf1,4，與0a1，當(dāng)1，0時(shí)，恒有feqf2,22eqf1,21成立，求的取值范圍解：1由已知可得f的定義域?yàn)?，feqf1,a，f11a0，a1，feqf1,1eqf1,令f0，得01；令f1f的單調(diào)遞增區(qū)間為0,1，單調(diào)遞減區(qū)間為1，2不等式feqf2,22eqf1,21可化為lneqf2,2eqf1,21令glneqf2,2eqf1,21，1，則geqf1,1eqf211,1，令h211，h的對(duì)稱軸為eqf1,2，當(dāng)eqf1,21，即1時(shí)，易知h在1，0上單調(diào)遞減，hh11若1，則h0，g0，g在1，0上單調(diào)遞減，gg10，不符合題

21、意若10，必存在0使得1，0時(shí)g0，g在1，0上單調(diào)遞增，gg10恒成立，符合題意當(dāng)eqf1,21，即h110，g0，g在1，0上單調(diào)遞增，gg10恒成立，符合題意綜上，的取值范圍是，1課時(shí)跟蹤檢測(cè)1設(shè)函數(shù)f12e1討論f的單調(diào)性；2當(dāng)0時(shí)，fa1，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解：1f122e，令f0，得1eqr2，當(dāng)，1eqr2時(shí)，f0；當(dāng)1eqr2，時(shí)，f0所以f在，1eqr2，1eqr2，上單調(diào)遞減，在1eqr2，1eqr2上單調(diào)遞增2令gfa112ea1，令0，可得g0122ea，令h122ea，則h241e，當(dāng)0時(shí)，h0，h在0，上單調(diào)遞減，故hh01a，即g1a，要使fa10在0時(shí)恒成立，需

22、要1a0，即a1，此時(shí)gg00，故a1綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是1，22022重慶調(diào)研設(shè)函數(shù)f2alnaR1當(dāng)a1時(shí)，求函數(shù)f的單調(diào)區(qū)間；2若函數(shù)f在eqblcrcavs4alco1f1,3，3上有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解：1函數(shù)f的定義域?yàn)?，當(dāng)a1時(shí)，f21eqf1,eqf221,，令f0，得eqf1,2負(fù)值舍去，當(dāng)00；當(dāng)eqf1,2時(shí)，f0f的單調(diào)遞增區(qū)間為eqblcrcavs4alco10，f1,2，單調(diào)遞減區(qū)間為eqblcrcavs4alco1,eqf1,2，eqblcrcavs4alco1,2令f2aln0，得aeqfln,令geqfln,，其中eqblcrcavs4al

23、co1f1,3，3，則g1eqf1ln,2eqf2ln1,2，令g0，得1，當(dāng)eqf1,31時(shí)，g0；當(dāng)10，g的單調(diào)遞減區(qū)間為eqblcrcavs4alco1f1,3，1，單調(diào)遞增區(qū)間為1,3，gming11，函數(shù)f在eqblcrcavs4alco1f1,3，3上有兩個(gè)零點(diǎn)，geqblcrcavs4alco1f1,33ln3eqf1,3，g33eqfln3,3，3ln3eqf1,33eqfln3,3，實(shí)數(shù)a的取值范圍是eqblcrcavs4alco11，3fln3,33已知函數(shù)feqf2a2,eaR1求函數(shù)f的單調(diào)區(qū)間；2若1，不等式f1恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解：1feqf222a,e，

24、當(dāng)aeqf1,2時(shí)，222a0，f0，函數(shù)f在，上單調(diào)遞增當(dāng)aeqf1,2時(shí)，令222a0，解得11eqr2a1，21eqr2a1函數(shù)f的單調(diào)遞增區(qū)間為，1eqr2a1和1eqr2a1，單調(diào)遞減區(qū)間為1eqr2a1，1eqr2a12f1eqf2a2,e12a2e，由條件知，2a2e對(duì)1恒成立令g2e，hg2e，h2e當(dāng)1，時(shí)，h2e2e0，hg2e在1，上單調(diào)遞減，h2e2e0，即g1在1，上恒成立，則需2agma1e，aeqf1e,2，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是eqblcrcavs4alco1f1e,2，42022廣西柳州模擬已知a為實(shí)數(shù)，函數(shù)faln241若3是函數(shù)f的一個(gè)極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值；2設(shè)ga2，若0eqblcrcavs4alco1f1,e，e，使得f0g0成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解：1函數(shù)f的定義域?yàn)?，feqfa,24eqf224a,3是函數(shù)f的一個(gè)極值點(diǎn)，f30，解得a6經(jīng)檢驗(yàn)a6時(shí)，3是函數(shù)f的一個(gè)極小值點(diǎn)，符合題意，a62由f0g0，得0ln0aeqoal2,020，記Fl