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1、一 函数与导数中的高考热点问题一 函数与导数中的高考热点问题 命题解读 1.函数是中学数学的核心内容，导数是研究函数的重要工具，因此，函数 与导数是历年高考的重点与热点 2常涉及的问题有：讨论函数的单调性(求函数的单调区间)、求极值、求最值、求切线 方程、求函数的零点或方程的根、求参数的范围、证明不等式等 3涉及的数学思想有：函数与方程、分类讨论、数形结合、转化与化归思想等，中、高 档难度均有 利用导数研究函数的性质 函数的单调性、极值是局部概念，函数的最值是整体概念，研究函数的性质必须在定义 域内进行，因此，务必遵循定义域优先的原则，本热点主要有三种考查方式：(1)讨论函数的 单调性或求单调
2、区间；(2)求函数的极值或最值；(3)利用函数的单调性、极值、最值，求参 数的范围 【例 1】 (2018天津高考节选)设函数f(x)(xt1)(xt2)(xt3)，其中t1，t2， t3R，且t1，t2，t3是公差为d的等差数列 (1)若t20，d1，求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程； (2)若d3，求f(x)的极值 解 (1)由已知， 可得f(x)x(x1)(x1)x3x， 故f(x)3x21.因此f(0)0， f(0)1，又因为曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为yf(0)f(0)(x0)， 故所求切线方程为xy0. (2)由已知可得f(x)(xt23)(xt2)
3、(xt23)(xt2)39(xt2)x33t2x2 (3t9)xt9t2. 2 23 2 故f(x)3x26t2x3t9.令f(x)0，解得xt2，或xt2. 2 2 33 当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表： x(，t2)3t2 3 (t2，t2)33t2 3 (t2，)3 f(x)00 f(x)极大值极小值 所以函数f(x)的极大值为f(t2)()39()6；函数f(x)的极小值为3333 f(t2)()396.3333 规律方法 1.研究函数的性质，必须在定义域内进行，因此利用导数研究函数的性质， 应遵循定义域优先的原则 2讨论函数的单调性，求函数的单调区间、极值问题，最终归
4、结到判断f(x)的符号 问题上，而f(x)0 或f(x)0，最终可转化为一个一元一次不等式或一元二次不等式问 题 3若已知f(x)的单调性，则转化为不等式f(x)0 或f(x)0 在单调区间上恒成 立问题求解 (2019合肥模拟)已知函数f(x)aln xx2ax(aR) (1)若x3 是f(x)的极值点，求f(x)的单调区间； (2)求g(x)f(x)2x在区间1，e的最小值h(a) 解 (1)f(x)的定义域为(0，)， f(x) 2xa， a x 2x2axa x 因为x3 是f(x)的极值点， 所以f(3)0，解得a9. 183aa 3 所以f(x)， 2x29x9 x 2x3x3 x
5、 所以当 0x 或x3 时，f(x)0； 3 2 当 x3 时，f(x)0. 3 2 所以f(x)的递增区间为和(3，)，递减区间为. (0， 3 2)( 3 2，3) (2)由题知，g(x)f(x)2xaln xx2ax2x. g(x)2. 2x2axa x 2xax1 x 当 1，即a2 时，g(x)在1，e上为增函数， a 2 h(a)g(1)a1； 当 1 e，即 2a2e 时，g(x)在上为减函数，在上为增函数， a 21， a 2)( a 2，e h(a)galn a2a； ( a 2) a 2 1 4 当 e，即a2e 时，g(x)在1，e上为减函数， a 2 h(a)g(e)(
6、1e)ae22e. 综上，h(a)Error! 利用导数研究函数的零点问题 研究函数零点的本质就是研究函数的极值的正负，为此，我们可以通过讨论函数的单调 性来解决，求解时应注重等价转化与数形结合思想的应用，其主要考查方式有：(1)确定函数 的零点、图像交点的个数；(2)由函数的零点、图像交点的情况求参数的取值范围 【例 2】 (本小题满分 12 分)(2018全国卷)已知函数f(x)x3a(x2x1) 1 3 (1)若a3，求f(x)的单调区间； (2)证明：f(x)只有一个零点 信息提取 看到(1)求单调区间，想到导数与单调性的关系； 看到(2)f(x)只有一个零点，想到f(x)的单调性及函
7、数有零点的条件 规范解答 (1)当a3 时，f(x)x33x23x3，f(x)x26x3. 1 3 令f(x)0 解得x32或x32. 2 分33 当x(，32)(32，)时，f(x)0；33 当x(32，32)时，f(x)0，所以f(x)0 等价于3a0. 7 分 x3 x2x1 设g(x)3a， 则g(x)0， 仅当x0 时g(x)0， 所以g(x) x3 x2x1 x2x22x3 x2x12 在(，)递增 故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点.9 分 又f(3a1)6a22a 6a 2 0，故f(x)有一个零点. 11 分 1 3 1 6 1 6 1 3 综上，f(x)只
8、有一个零点.12 分 易错与防范 易错误区：(1)把单调增区间用“”连接 (2)作第(2)问时，直接求f(x)，导致无法求解 (3)无法找到区间(m，n)，使得f(m)f(n)0. 防范措施：(1)单调区间不能用“”连接 (2)求函数零点时，常利用f(x)0，转化函数的表现形式 (3)在寻找m，n使得f(m)f(n)0 时，可通过多次尝试获得 通性通法 利用导数研究函数零点的两种常用方法 (1)用导数研究函数的单调性，借助零点存在性定理判断；或用导数研究函数的单调性和 极值，再用单调性和极值定位函数图像求解零点问题 (2)将零点问题转化为函数图像的交点问题，利用数形结合来解决 (2019武汉模
9、拟)已知f(x)ln xx32ex2ax，aR，其中 e 为自然对 数的底数 (1)若f(x)在xe 处的切线的斜率为 e2，求a； (2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围 解 (1)f(x) 3x24exa， 1 x f(e) e2ae2，a . 1 e 1 e (2)由 ln xx32ex2ax0，得x22exa. ln x x 记F(x)x22ex， ln x x 则F(x)2(xe) 1ln x x2 当x(e，)时，F(x)0，F(x)单调递减 当x(0，e)时，F(x)0，F(x)单调递增， F(x)maxF(e) e2， 1 e 而x0 时，F(x)， x时，F(x).故a
10、e2. 1 e 利用导数研究不等式问题 导数在不等式中的应用是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属 中高档题，突出转化思想、函数思想的考查常见的命题角度有：(1)证明不等式；(2)由不 等式恒成立求参数范围问题；(3)不等式恒成立、能成立问题 【例 3】 设函数f(x)aln xx2bx(a1)， 曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切 1a 2 线斜率为 0. (1)求b； (2)若存在x01，使得f(x0)0，f(x)在(1，)上递增 1 2 a 1a 所以，存在x01，使得f(x0)1， 故当x时，f(x)0， 1 2 a 1a(1， a 1a)( a 1a，) f(x
11、)在上递减，在上递增 (1， a 1a)( a 1a，) 所以，存在x01，使得f(x0)，所以不合题意 ( a 1a) a 1a a2 21a a a1 a a1 若a1，则f(1)1. 1a 2 a1 2 a a1 综上，a的取值范围是(1，1)(1，)22 规律方法 1.利用导数证明不等式成立问题的常用方法 (1)直接将不等式转化成某个函数最值问题： 若证明f(x)g(x)，x(a，b)，可以构造函数F(x)f(x)g(x)，如果F(x)0， 则F(x)在(a，b)上是减函数， 同时若F(a)0， 由减函数的定义可知，x(a，b)时， 有F(x)0， 即证明了f(x)g(x) (2)将待
12、证不等式转化为两个函数的最值进行比较证明：在证明不等式中，若待证不等式 的变形无法转化为一个函数的最值问题，可借助两个函数的最值证明，如证f(x)g(x)在D 上成立，只需证明f(x)ming(x)max即可 2利用导数求不等式中参数的范围 用导数解决满足不等式条件的参数范围问题，一般都需要构造函数，然后对构造的函数 求导，一般导函数中都含有参数，通过对参数讨论确定导函数的正负，由导函数的正负确定 构造函数的单调性，再由单调性确定是否满足函数不等式，由此求出参数范围 (2019郑州模拟)已知函数f(x)ln x(1a)x2x. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当a1 时，证明：对任意的
13、x(0，)，有f(x)(1a)x2a1. ln x x 解 (1)由题知f(x)(x0)， 21ax2x1 x 当a1 时，由f(x)0 得 2(1a)x2x10 且98a， x1，x2， 1 98a 41a 1 98a 41a 当a1 时，f(x)在(0,1)上递增，在(1，)上递减； 当a1 时，f(x)在(0，x2)上递增，在(x2，)上递减； 当a 时，f(x)在(0，)上递增； 9 8 当 a1 时，f(x)在(0，x2)和(x1，)上递增，在(x2，x1)上递减 9 8 (2)当a1 时，要证f(x)(1a)x2a1 在(0，)上恒成立，只需证 ln ln x x xxa1 在(0
14、，)上恒成立， ln x x 令F(x)ln xx，g(x)a1， ln x x 由F(x) 1，易得F(x)在(0,1)上递增，在(1，)上递减，故F(x)F(1)1， 1 x 由g(x)a1 得g(x)(x0) ln x x 1ln x x2 ln x1 x2 当 0xe 时，g(x)0；当xe 时，g(x)0. 所以g(x)在(0，e)上递减，在(e，)上递增 所以g(x)g(e) 1a. 1 e 又a1，所以 1a 1， 1 e 1 e 即F(x)maxg(x)min， 所以 ln xxa1 在(0，)上恒成立， ln x x 故当a1 时，对任意的x(0，)，f(x)(1a)x2a1
15、 恒成立 ln x x 大题增分专训 1(2019武汉模拟)(1)求函数f(x)的最大值； ln x x (2)若函数g(x)exax有两个零点，求实数a的取值范围 解 (1)对f(x)求导得，f(x). ln x x 1ln x x2 易知当 0xe 时，f(x)为增函数，当xe 时，f(x)为减函数， f(x)f(e) ，从而f(x)的最大值为 . 1 e 1 e (2)当a0 时，g(x)ex在 R 上为增函数，且g(x)0，故g(x)无零点 当a0 时，g(x)exax在 R 上递增，又g(0)10， ge 10，故g(x)在 R 上只有一个零点 ( 1 a) 1 a 当a0时，由g(
16、x)exa0可知g(x)在xln a处取得唯一极小值，g(ln a)a(1 ln a) 若 0ae，则g(x)极小值a(1ln a)0，g(x)无零点， 若ae，则g(x)极小值0，g(x)只有一个零点， 若ae，则g(x)极小值a(1ln a)0，而g(0)10， 由(1)可知，f(x)在xe 时为减函数， ln x x 当ae 时，eaaea2，从而g(a)eaa20， g(x)在(0，ln a)与(ln a，)上各有一个零点 综上知，ae 时，f(x)有两个零点 故实数a的取值范围为(e，) 2(2019济南模拟)设函数f(x)x a，aR. 2 x(ln x 1 x2) (1)讨论f(
17、x)的单调性； (2)当a0 时，记f(x)的最小值为g(a)，证明：g(a)1. 解 (1)f(x)的定义域为(0，)， f(x)1aa， 2 x2( 1 x 2 x3) x22 x2 x22 x3 x22xa x3 若a0，则f(x)0，f(x)在(0，)上递增 若a0，当x(0，a)时，f(x)0，f(x)递减； 当x(a，)时，f(x)0，f(x)单调递增 综上，当a0 时，f(x)在(0，)上递增； 当a0 时，f(x)在(0，a)上递减，在(a，)上递增 (2)由(1)知，f(x)minf(a)a aaaln a . 2 a(ln a 1 a2) 1 a 即g(a)aaln a .
18、 1 a 要证g(a)1，即证aaln a 1，即证 1ln a ，令h(a)ln a 1， 1 a 1 a2 1 a 1 a 1 a2 则只需证h(a)ln a 10，h(a) ， 1 a 1 a2 1 a 1 a2 2 a3 a2a2 a3 a2a1 a3 当a(0,2)时，h(a)0，h(a)递减； 当a(2，)时，h(a)0，h(a)递增 h(a)minh(2)ln 2 1ln 2 0， 1 2 1 4 1 4 h(a)0，即g(a)1. 3(2019石家庄模拟)已知函数f(x)(xb)(exa)(b0)的图像在(1，f(1)处 的切线方程为(e1)xeye10. (1)求a，b； (
19、2)若m0，证明：f(x)mx2x. 解 (1)由题意知f(1)0，f(1)1 ，所以f(1)(1b)0， 1 e( 1 ea) 又f(x)(xb1)exa，所以f(1) a1 ， b e 1 e 若a ，则b2e0，与b0 矛盾，故a1，b1. 1 e (2)由(1)可知f(x)(x1)(ex1)，f(0)0，f(1)0， 由m0，可得xmx2x， 令g(x)(x1)(ex1)x， 则g(x)(x2)ex2， 令t(x)g(x)，则t(x)(x3)ex， 当x3 时，t(x)0，g(x)递减，且g(x)0； 当x3 时，t(x)0，g(x)递增，且g(0)0. 所以g(x)在(，0)上递减，在(0，)上递增，且g(0)0. 故g(x)g(0)0，所以(x1)(ex1)xmx2x. 故f(x)mx2x.