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1、第7讲导数考情分析高考对导数的考查定位在作为解决初等数学问题的工具这一目标上，主要体现在以下方面：(1)运用导数有关知识研究函数的单调性和极值(最值)问题；(2)利用导数的几何意义，研究曲线切线的斜率问题；(3)对一些实际问题建立数学模型后求解题型遍布选择、填空与解答，难度上分层考查，是高考考查的重点内容热点题型分析热点1利用导数研究函数的性质1导数与函数单调性的关系(1)f(x)0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)x3在(，)上单调递增，但f(x)0；(2)f(x)0是f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f(x)0时，f(x)为常数函数2利用导数求函数最值
2、的方法(1)对含参数的函数解析式求最值时，常常进行分类讨论，分类的原则是极值点在给定区间的内部还是外部，从而根据单调性求出最值；(2)求极值和最值时，为了直观易懂，常常列出x的取值范围与y的符号及y的单调区间、极值的对应表格(2017全国卷)已知函数f(x)ex(exa)a2x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)0，求a的取值范围解(1)函数f(x)的定义域为(，)，f(x)2e2xaexa2(2exa)(exa)若a0，则f(x)e2x在(，)上单调递增若a0，则由f(x)0得xln a.当x(，ln a)时，f(x)0.故f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调
3、递增若a0，则由f(x)0，得xln .当x时，f(x)0.故f(x)在上单调递减，在上单调递增(2)若a0，则f(x)e2x，所以f(x)0.若a0，则由(1)，得当xln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)a2ln a，从而当且仅当a2ln a0，即a1时，f(x)0.若a0，则当x(，0)时，f(x)0；当x时，f(x)0.故f(x)在(，0)，上单调递增，在上单调递减若a0，则f(x)在(，)上单调递增若a0；当x时，f(x)0，解得x1，令f(x)0，解得x0，解得x0，令g(x)0，所以g(x)在(，0)上单调递增，在(0，)上单调递减，所以g(x)maxg(0)1.
4、又g(1)0，当x0时，g(x)0，且当x时，g(x)0，据此可画出g(x)的大致图象，如图所示由g(x)的图象可得02a1，即0a.故a的取值范围是.研究函数f(x)的极值问题常常与研究对应方程f(x)0的实根问题相互转化1已知含参函数f(x)存在极值点，求参数范围问题一般可作为代数问题求解，即对f(x)0进行参变分离，得到ag(x)的形式，则所求a的范围就是g(x)的值域2当研究函数f(x)的零点个数问题，及方程f(x)0的实根个数问题时，也常要进行参变分离，得到ag(x)的形式，然后借助数形结合(几何法)思想求解(2019全国卷)已知函数f(x)(x1)ln xx1.证明：(1)f(x)
5、存在唯一的极值点；(2)f(x)0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数证明(1)f(x)的定义域为(0，)f(x)ln x1ln x.因为yln x在(0，)上单调递增，y在(0，)上单调递减，所以f(x)在(0，)上单调递增又f(1)10，故存在唯一x0(1,2)，使得f(x0)0.又当xx0时，f(x)x0时，f(x)0，f(x)单调递增，因此，f(x)存在唯一的极值点(2)由(1)，知f(x0)0，所以f(x)0在(x0，)内存在唯一根x.由x01，得1a(a)在区间D上恒成立f(x)mina(a)；(2)不等式f(x)b(b)在区间D上恒成立f(x)maxa(a)在区间D上恒成立ma；
6、(2)不等式f(x)b(b)在区间D上恒成立nb.(2017全国卷)已知函数f(x)x1aln x.(1)若f(x)0，求a的值；(2)设m为整数，且对于任意正整数n，m，求m的最小值解(1)f(x)的定义域为(0，)，若a0，因为faln 20，所以不满足题意若a0，由f(x)1，知当x(0，a)时，f(x)0；当x(a，)时，f(x)0.所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增故xa是f(x)在(0，)上的唯一最小值点因为f(1)0，所以当且仅当a1时，f(x)0，故a1.(2)由(1)，知当x(1，)时，x1ln x0.令x1，得ln ，从而ln ln ln 11.故e.
7、而2，所以m的最小值为3.构造辅助函数是用导数证明不等式的关键，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式构造辅助函数的一般方法及解题步骤如下：(1)移项(有时需要作简单的恒等变形)，使不等式的一端为0，另一端即为所作的辅助函数f(x)；(2)求f(x)，并验证f(x)在指定区间上的增减性；(3)求出区间端点的函数值(或最值)，作比较即得所证(2019天津高考)设函数f(x)excosx，g(x)为f(x)的导函数(1)求f(x)的单调区间；(2)当x时，证明f(x)g(x)0；(3)设xn为函数u(x)f(x)1在区间内的零点，其中nN，证明2nxncosx，得f(
8、x)0，则f(x)单调递减；当x(kZ)时，有sinx0，则f(x)单调递增所以f(x)的单调递增区间为(kZ)，f(x)的单调递减区间为(kZ)(2)证明：记h(x)f(x)g(x).依题意及(1)，有g(x)ex(cosxsinx)，从而g(x)2exsinx.当x时，g(x)0，故h(x)f(x)g(x)g(x)(1)g(x)0.因此，h(x)在区间上单调递减，进而h(x)hf0.所以当x时，f(x)g(x)0.(3)证明：依题意，得u(xn)f(xn)10，即exncosxn1.记ynxn2n，则yn，且f(yn)eyncosynexn2ncos(xn2n)e2n(nN)由f(yn)e
9、2n1f(y0)及(1)，得yny0.由(2)，知当x时，g(x)0，所以g(x)在上为减函数，因此g(yn)g(y0)g0.又由(2)，知f(yn)g(yn)0，故yn.所以2nxn0，当a0时，f(x)0，f(x)在R上是增函数，当x1时，f(x)exa(x1)0；当x0时，取x，则f1aa0.所以函数f(x)存在零点，不满足题意当a0时，令f(x)0，得xln (a)在(，ln (a)上，f(x)0，f(x)单调递增，所以当xln (a)时，f(x)取得最小值函数f(x)不存在零点，等价于fln (a)eln (a)aln (a)a2aaln (a)0，解得e2a1时，证明：g(x)在(
10、0，)上存在最小值解(1)因为f(x)x2sinx1，所以f(x)12cosx，则f(0)1，f(0)1，所以曲线yf(x)在x0处的切线方程为yx1.(2)令f(x)0，则cosx，当x(0，)时，得x，当x变化时，f(x), f(x)的变化如下表xf(x)0f(x)减最小值增所以函数f(x)在(0，)上的单调递减区间为，单调递增区间为.(3)证明：因为g(x)x2mcosx，所以g(x)xmsinx.令h(x)g(x)xmsinx，则h(x)1mcosx，因为m1，所以(0,1)，令h(x)1mcosx0，则cosx，易知cosx在(0，)内有唯一解x0，当x(0，x0)时，h(x)0.所
11、以h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增所以h(x0)0，所以h(x)xmsinx在(x0，)内有唯一零点x1，当x(0，x1)时，h(x)0，即g(x)0，即g(x)0，所以g(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，)上单调递增所以函数g(x)在xx1处取得最小值，即当m1时，函数g(x)在(0，)上存在最小值4(2019东北三省四校联考)已知函数f(x)ln xxm(m2，m为常数)(1)求函数f(x)在上的最小值；(2)设x1，x2是函数f(x)的两个零点，且x1x2，证明：x1x21.解(1)f(x)ln xxm(m0，所以yf(x)在(0,1)上单调递增；当x(1，)时，f(x)0，所以函数f(x)在上的最小值为1em.(2)证明：由已知条件和(1)知x1，x2满足ln xxm0，且0x11，ln x1x1mln x2x2m0，由题意可知ln x2x2m22，所以0x11,02)，则g(x)10，当x2时，g(x)是减函数，所以g(x)g(2)ln 4.g(x)2时，f(x1)f0，即f(x1)f.因为0x11,01，且f(x)在(0,1)上单调递增所以x1，故x1x21.