高考数学（理）热点题型：函数与导数（答案）

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函数与导数

热点一 利用导数研究函数的性质

利用导数研究函数的单调性、极值、最值是高考的热点问题之一，每年必考，一般考查两类题型：(1)讨论函数的单调性、极值、最值，(2)利用单调性、极值、最值求参数的取值范围.

【例1】已知函数f(x)＝ln x＋a(1－x).

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求实数a的取值范围.

解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x(1)－a.

若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.

若a＞0，则当x∈a(1)时，f′(x)＞0；

当x∈，＋∞(1)时，f′(x)＜0，

所以f(x)在a(1)上单调递增，在，＋∞(1)上单调递减.

综上，知当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

当a＞0时，f(x)在a(1)上单调递增，在，＋∞(1)上单调递减.

(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；

当a＞0时，f(x)在x＝a(1)处取得最大值，最大值为fa(1)＝lna(1)＋aa(1)＝－ln a＋a－1.

因此fa(1)＞2a－2等价于ln a＋a－1＜0.

令g(a)＝ln a＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，

g(1)＝0.

于是，当0＜a＜1时，g(a)＜0；

当a＞1时，g(a)＞0.

因此，实数a的取值范围是(0，1).

【类题通法】(1)研究函数的性质通常转化为对函数单调性的讨论，讨论单调性要先求函数定义域，再讨论导数在定义域内的符号来判断函数的单调性.

(2)由函数的性质求参数的取值范围，通常根据函数的性质得到参数的不等式，再解出参数的范围.若不等式是初等的一次、二次、指数或对数不等式，则可以直接解不等式得参数的取值范围；若不等式是一个不能直接解出的超越型不等式时，如求解ln a＋a－1，则需要构造函数来解.

【对点训练】 已知a∈R，函数f(x)＝(－x²＋ax)e^x(x∈R，e为自然对数的底数).

(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；

(2)若函数f(x)在(－1，1)上单调递增，求实数a的取值范围.

解 (1)当a＝2时，f(x)＝(－x²＋2x)e^x，

所以f′(x)＝(－2x＋2)e^x＋(－x²＋2x)e^x

＝(－x²＋2)e^x.

令f′(x)>0，即(－x²＋2)e^x>0，因为e^x>0，

所以－x²＋2>0，解得－<x<.

所以函数f(x)的单调递增区间是(－，).

(2)因为函数f(x)在(－1，1)上单调递增，

所以f′(x)≥0对x∈(－1，1)都成立，

因为f′(x)＝(－2x＋a)e^x＋(－x²＋ax)e^x

＝[－x²＋(a－2)x＋a]e^x，

所以[－x²＋(a－2)x＋a]e^x≥0对x∈(－1，1)都成立.

因为e^x>0，所以－x²＋(a－2)x＋a≥0对x∈(－1，1)都成立，

即a≥x＋1(x2＋2x)＝x＋1(（x＋1）2－1)

＝(x＋1)－x＋1(1)对x∈(－1，1)都成立.

令y＝(x＋1)－x＋1(1)，则y′＝1＋（x＋1）2(1)>0.

所以y＝(x＋1)－x＋1(1)在(－1，1)上单调递增，

所以y<(1＋1)－1＋1(1)＝2(3).即a≥2(3).

因此实数a的取值范围为a≥2(3).

热点二 利用导数研究函数零点或曲线交点问题

函数的零点、方程的根、曲线的交点，这三个问题本质上同属一个问题，它们之间可相互转化，这类问题的考查通常有两类：(1)讨论函数零点或方程根的个数；(2)由函数零点或方程的根求参数的取值范围.

【例2】设函数f(x)＝ln x＋x(m)，m∈R.

(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；

(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－3(x)零点的个数.

解 (1)由题设，当m＝e时，f(x)＝ln x＋x(e)，

定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝x2(x－e)，由f′(x)＝0，得x＝e.

∴当x∈(0，e)，f′(x)＜0，f(x)在(0，e)上单调递减，

当x∈(e，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，

∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋e(e)＝2，

∴f(x)的极小值为2.

(2)由题设g(x)＝f′(x)－3(x)＝x(1)－x2(m)－3(x)(x＞0)，

令g(x)＝0，得m＝－3(1)x³＋x(x＞0).

设φ(x)＝－3(1)x³＋x(x＞0)，

则φ′(x)＝－x²＋1＝－(x－1)(x＋1)，

当x∈(0，1)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0，1)上单调递增；

当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减.

∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，

因此x＝1也是φ(x)的最大值点.

∴φ(x)的最大值为φ(1)＝3(2).

又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，

可知①当m＞3(2)时，函数g(x)无零点；

②当m＝3(2)时，函数g(x)有且只有一个零点；

③当0＜m＜3(2)时，函数g(x)有两个零点；

④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点.

综上所述，当m＞3(2)时，函数g(x)无零点；

当m＝3(2)或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；

当0＜m＜3(2)时，函数g(x)有两个零点.

【类题通法】利用导数研究函数的零点常用两种方法：

(1)运用导数研究函数的单调性和极值，利用单调性和极值定位函数图象来解决零点问题；

(2)将函数零点问题转化为方程根的问题，利用方程的同解变形转化为两个函数图象的交点问题，利用数形结合来解决.

【对点训练】函数f(x)＝(ax²＋x)e^x，其中e是自然对数的底数，a∈R.

(1)当a>0时，解不等式f(x)≤0；

(2)当a＝0时，求整数t的所有值，使方程f(x)＝x＋2在[t，t＋1]上有解.

解 (1)因为e^x>0，(ax²＋x)e^x≤0.

∴ax²＋x≤0.又因为a>0，

所以不等式化为xa(1)≤0.

所以不等式f(x)≤0的解集为，0(1).

(2)当a＝0时，方程即为xe^x＝x＋2，

由于e^x>0，所以x＝0不是方程的解，

所以原方程等价于e^x－x(2)－1＝0.

令h(x)＝e^x－x(2)－1，

因为h′(x)＝e^x＋x2(2)>0对于x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立，

所以h(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)内是单调递增函数，

又h(1)＝e－3h(2)＝e²－2>0，h(－3)＝e^－3－3(1)，

h(－2)＝e^－2>0，

所以方程f(x)＝x＋2有且只有两个实数根且分别在区间[1，2]和[－3，－2]上，所以整数t的所有值为{－3，1}.

热点三 利用导数研究不等式问题

导数在不等式中的应用是高考的热点，常以解答题的形式考查，以中高档题为主，突出转化思想、函数思想的考查，常见的命题角度：(1)证明简单的不等式；(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)＝e^2x－aln x.

(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；

(2)证明：当a＞0时，f(x)≥2a＋alna(2).

(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e^2x－x(a)(x＞0).

当a≤0时，f′(x)＞0，f′(x)没有零点.

当a＞0时，设u(x)＝e^2x，v(x)＝－x(a)，

因为u(x)＝e^2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－x(a)在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.

又f′(a)＞0，当b满足0＜b＜4(a)且b＜4(1)时，f′(b)＜0(讨论a≥1或a＜1来检验)，

故当a＞0时，f′(x)存在唯一零点.

(2)证明 由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x₀，当x∈(0，x₀)时，f′(x)＜0；

当x∈(x₀，＋∞)时，f′(x)＞0.

故f(x)在(0，x₀)上单调递减，在(x₀，＋∞)上单调递增，

所以当x＝x₀时，f(x)取得最小值，最小值为f(x₀)

由于2e2x₀－x0(a)＝0，

所以f(x₀)＝2×0(a)＋2ax₀＋alna(2)≥2a＋alna(2).

故当a＞0时，f(x)≥2a＋alna(2).

【类题通法】1.讨论零点个数的答题模板

第一步：求函数的定义域；

第二步：分类讨论函数的单调性、极值；

第三步：根据零点存在性定理，结合函数图象确定各分类情况的零点个数.

2.证明不等式的答题模板

第一步：根据不等式合理构造函数；

第二步：求函数的最值；

第三步：根据最值证明不等式.

【对点训练】 已知函数f(x)＝ax＋ln x(a∈R).

(1)若a＝2，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；

(2)求f(x)的单调区间；

(3)设g(x)＝x²－2x＋2，若对任意x₁∈(0，＋∞)，均存在x₂∈[0，1]使得f(x₁)<g(x₂)，求a的取值范围.

解 (1)由已知得f′(x)＝2＋x(1)(x>0)，所以f′(1)＝2＋1＝3，所以斜率k＝3.又切点为(1，2)，所以切线方程为y－2＝3(x－1)，即3x－y－1＝0，

故曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为3x－y－1＝0.

(2)f′(x)＝a＋x(1)＝x(ax＋1)(x>0)，

①当a≥0时，由于x>0，故ax＋1>0，f′(x)>0，所以f(x)的单调增区间为(0，＋∞).

②当a时，由f′(x)＝0，得x＝－a(1).

在区间a(1)上，f′(x)>0，在区间，＋∞(1)上，f′(x)，所以函数f(x)的单调递增区间为a(1)，单调递减区间为，＋∞(1).

(3)由已知得所求可转化为f(x)_max<g(x)_max，

g(x)＝(x－1)²＋1，x∈[0，1]，

所以g(x)_max＝2，

由(2)知，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，

值域为R，故不符合题意.

当a时，f(x)在a(1)上单调递增，在，＋∞(1)上单调递减，故f(x)的极大值即为最大值，是fa(1)＝－1＋lna(1)＝－1－ln(－a)，

所以2>－1－ln(－a)，解得a<－e3(1).