2018届高考数学(理)热点题型：函数与导数((有答案))

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 )＝1
x －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 ∈⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＞0；
当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1a ，＋∞时，f ′(x )＜0，
所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫
1a ，＋∞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⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫
1a ，＋∞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 ＝1a 处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a ＋a ⎝ ⎛
⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a
－1.
因此f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1a ＞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<0，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－2<x< 2.
所以函数f(x)的单调递增区间是(－2，2).
(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≥x2＋2x
x＋1
＝
（x＋1）2－1
x＋1
＝(x＋1)－
1
x＋1
对x∈(－1，1)都成立.
令y ＝(x ＋1)－
1x ＋1，则y ′＝1＋1（x ＋1）2
>0. 所以y ＝(x ＋1)－1
x ＋1在(－1，1)上单调递增，
所以y <(1＋1)－
11＋1
＝32.即a ≥32. 因此实数a 的取值范围为a ≥3
2.
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 ＋m
x ，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 )－x
3零点的个数. 解 (1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋e
x ，
定义域为(0，＋∞)，则f ′(x )＝x －e
x 2，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 )－x 3＝1x －m x 2－x
3(x ＞0)， 令g (x )＝0，得m ＝－1
3x 3＋x (x ＞0). 设φ(x )＝－1
3
x 3＋x (x ＞0)，
则φ′(x )＝－x 2
＋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)＝2
3.
又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)，
可知①当m ＞2
3时，函数g (x )无零点； ②当m ＝2
3时，函数g (x )有且只有一个零点； ③当0＜m ＜2
3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 ＞2
3时，函数g (x )无零点； 当m ＝2
3或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点； 当0＜m ＜2
3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 )＝(ax 2＋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，(ax 2＋x )e x ≤0. ∴ax 2＋x ≤0.又因为a >0， 所以不等式化为x ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
x ＋1a ≤0.
所以不等式f (x )≤0的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤
－1a ，0.
(2)当a ＝0时，方程即为x e 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 －2
x －1＝0. 令h (x )＝e x －2
x －1，
因为h ′(x )＝e x ＋2
x 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 －3<0，h (2)＝e 2
－2>0，h (－3)＝e －3
－1
3<0，
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 －a ln 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 ＋a ln 2
a .
(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a
x (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 )＝－a
x ，
因为u (x )＝e 2x 在(0，＋∞)上单调递增，v (x )＝－a
x 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 ＜a 4且b ＜1
4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x 0，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＜0；
当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0.
故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， 所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0) 由于2e2x 0－a
x 0
＝0，
所以f (x 0)＝a 2x 0
＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2
a .
故当a ＞0时，f (x )≥2a ＋a ln 2
a .
【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 )＝x 2－2x ＋2，若对任意x 1∈(0，＋∞)，均存在x 2∈[0，1]使得f (x 1)<g (x 2)，求a 的取值范围.
解 (1)由已知得f ′(x )＝2＋1
x (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 ＋1x ＝ax ＋1
x (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 <0时，由f ′(x )＝0，得x ＝－1
a .
在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 上，f ′(x )>0，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上，f ′(x )<0，所以函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫
－1a ，＋∞.
(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 <0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫
－1a ，＋∞上单调递减，故f (x )的极大
值即为最大值，是f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1＋ln ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－1a ＝－1－ln(－a )，
1所以2>－1－ln(－a)，解得a<－
e3.。