三年高考(2016-2017-2018年)数学(文)试题分类汇编分项版解析-专题08 导数与不等式、函数零点相结合

考纲解读明方向

考纲内容 考

点 考查频度 素养 规律与趋向

1.利用导数研究函数的单调性、极(最)值，并会解决与之有关的方程(不等式)问题；

2.会利用导数解决某些简单的实际问题.

1.导数与不等式 3年3考★★★ 逻辑推理

数学计算 1.高频考向:利用导数解决与之有关的方程（不等式）问题

2.低频考向:利用导数解决某些实际问题.

3.特别关注:

利用导数研究函数的零点问题.

2018年高考全景展示

1.【2018年浙江卷】已知函数f(x)=−lnx．

（Ⅰ）若f(x)在x=x1，x2(x1≠x2)处导数相等，证明：f(x1)+f(x2)>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x1，x2关系，再化简f(x1)+f(x2)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.

x （0，16）

16 （16，+∞）

- 0

+

2-4ln2

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()fx=lnx+ax2+(2a+1)x．

（1）讨论()fx的单调性；

（2）当a﹤0时，证明3()24fxa．

【答案】（1）当0a时，)(xf在),0(单调递增；当0a时，则)(xf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)axxfxxx，再根据导函数符号变化情况讨论单调性：当0a时，0)('xf，则)(xf在),0(单调递增，当0a时，则)(xf在)21,0(a单调递增，在),21(a单调递减.（2）证明3()24fxa，即证max3()24fxa，而)21()(maxafxf，所以目标函数为121)21ln()243()21(aaaaf，即tty1ln （021at），利用导数易得0)1(maxyy，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()()()hxfxgx.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,abR，||1a.已知函数32()63(4)fxxxaaxb，()e()xgxfx.

（Ⅰ）求()fx的单调区间；

（Ⅱ）已知函数()ygx和exy的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线，

（i）求证：()fx在0xx处的导数等于0；

（ii）若关于x的不等式()exgx在区间00[1,1]xx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(),4aa.（2）（ⅰ）()fx在0xx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34fxxaxa ，再根据1a，求得两个极值点的大小关系，4aa，再分析两侧的单调性，求得函数的单调区间；（Ⅱ）（ⅰ）根据gx与xe有共同的切线，根据导数的几何意义建立方程，求得00fx，得证；（Ⅲ）将不等式转化为1fx，再根据前两问可知0x是极大值点0xa，由（I）知()fx在(,)1aa内单调递增，在(),1aa内单调递减，从而1fxfa在[1,1]aa上恒成立，得32261baa，11a，再根据导数求函数的取值范围.

（II）（i）因为()e(()())xxxg'ff'x，由题意知0000()e()exxxxgg'，

所以0000000()eee(()())exxxxfffx'xx，解得00()1()0f'xxf.

所以，()fx在0xx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0xa ，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()sin2sin3fxx-xax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：21cos2cos03fxxax…对xR恒成立,

故2212cos1cos03xax…,即245coscos033axx…恒成立,

即245033tat…对1,1t恒成立,构造24533fttat,开口向下的二次函数ft的最小值

的可能值为端点值,故只需保证11031103ftft……,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()ln1fxxx．

（I）讨论()fx的单调性；

（II）证明当(1,)x时，11lnxxx；

（III）设1c，证明当(0,1)x时，1(1)xcxc.

【答案】（Ⅰ）当01x时，()fx单调递增；当1x时，()fx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()fx，然后通过解不等式()0fx或()0fx可确定函数()fx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1x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baxxxf3)(，Rx，其中Rba,

（Ⅰ）求)(xf的单调区间；

（Ⅱ）若)(xf存在极值点0x，且)()(01xfxf，其中01xx，求证：0201xx；

（Ⅲ）设0a，函数|)(|)(xfxg，求证：)(xg在区间]1,1[上的最大值不小于．．．41.

【答案】（Ⅰ）递减区间为33(,)33aa，递增区间为3(,)3a，3(,)3a.（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()3fxxa，再根据导函数零点是否存在情况，分类讨论：①当0a时，有2()30fxxa恒成立，所以()fx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()30fxxa即203ax，再由)()(01xfxf化简可得结论（Ⅲ）实质研究函数)(xg最大值：主要比较(1),(1)ff，33|(|,|()|33aaff的大小即可，分三种情况研究①当3a时，331133aa，②当334a时，233323113333aaaa，③当304a时，