【配套K12】专题02 函数与导数-2019高考数学(理)热点题型

函数与导数
热点一利用导数研究函数的性质
以含参数的函数为载体，结合具体函数与导数的几何意义，研究函数的性质，是高考的热点、重点.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】设函数f(x)＝(1－x2)e x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求正实数a的取值范围.
(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)e x.
当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)e x，h′(x)＝－x e x<0(x>0)，因此h(x)在[0，＋∞)上单调递减，又h(0)＝1，故h(x)≤1，
所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.
当0<a<1时，
设函数g(x)＝e x－x－1，g′(x)＝e x－1>0(x>0)，
所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增.
又g(0)＝0，故e x≥x＋1.
当0<x<1时，f(x)＝(1－x)(1＋x)e x≥(1－x)(1＋x)2，
又(1－x)(1＋x)2－(ax＋1)＝x(1－a－x－x2)，
取x0＝5－4a－1
2
，则x0∈(0，1)，
(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)>ax0＋1.
综上可知，正实数a的取值范围是[1，＋∞).
【类题通法】(1)判断函数的单调性，求函数的单调区间、极值等问题，最终归结到判断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.
(2)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.
【对点训练】设f (x )＝－13x 3＋12
x 2
＋2ax .
(1)若f (x )在⎝ ⎛⎭
⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，求a 的取值范围；
(2)当0＜a ＜2时，f (x )在[1，4]上的最小值为－16
3
，求f (x )在该区间上的最大值.
(2)已知0＜a ＜2，f (x )在[1，4]上取到最小值－163，而f ′(x )＝－x 2
＋x ＋2a 的图象开口向下，且对称轴x
＝12，∴f ′(1)＝－1＋1＋2a ＝2a ＞0，f ′(4)＝－16＋4＋2a ＝2a －12＜0，则必有一点x 0∈[1，4]，使得f ′(x 0)＝0，此时函数f (x )在[1，x 0]上单调递增，在[x 0，4]上单调递减，
f (1)＝－13＋12＋2a ＝16
＋2a ＞0，
∴f (4)＝－13×64＋12×16＋8a ＝－403＋8a ＝－16
3
⇒a ＝1.
此时，由f ′(x 0)＝－x 2
0＋x 0＋2＝0⇒x 0＝2或－1(舍去)，所以函数f (x )max ＝f (2)＝103.
热点二 利用导数解决不等式问题
导数在不等式中的应用问题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.归纳起来常见的命题角度有：(1)证明不等式；(2)求解不等式；(3)不等式恒(能)成立求参数. 【例2】(满分12分)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2
＋(2a ＋1)x . (1)讨论f (x )的单调性；
(2)当a <0时，证明f (x )≤－3
4a
－2.
教材探源 本题第(2)问的实质是证明ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋1
2a
＋1≤0，是不等式x －1≥ln x 的变形，源于教材选修2
－2 P32习题B1，是在教材基本框架e x
>1＋x 与x ≥1＋
ln x 基础上，结合函数性质，编制的优美试题. 满分解答 (1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x )＝1
x
＋2ax ＋2a ＋1＝
（2ax ＋1）（x ＋1）
x
.1分 (得分点1)
若a ≥0时，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0， 故f (x )在(0，＋∞)上单调递增，2分 (得分点2) 若a <0时，则当x ∈⎝
⎛⎭⎪⎫0，－12a 时，f ′(x )>0； 当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12a ，＋∞时，f ′(x )<0.
故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12a ，＋∞上单调递减.5分 (得分点3)
10分 (得分点5) 所以当x >0时，g (x )≤0，
从而当a <0时，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a ＋1≤0， 故f (x )≤－3
4a －2.12分 (得分点6)
得分要点
❶得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分，如第(1)问中，求导正确，分类讨论；第(2)问中利用单调性求g (x )的最小值和不等式性质的运用.
❷得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中，求出f (x )的定义域，f ′(x )在(0，＋∞)上单调性的判断；第(2)问，f (x )在x ＝－12a 处最值的判定，f (x )≤－34a －2等价转化为ln ⎝ ⎛⎭⎪
⎫－12a ＋
1
2a
＋1≤0等.
❸得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如第(1)问中，求导f ′(x )准确，否则全盘皆输，第(2)问中，准确计算f (x )在x ＝－1
2a 处的最大值.
【类题通法】利用导数研究函数问题的步骤 第一步：求函数f (x )的导函数f ′(x )； 第二步：分类讨论f (x )的单调性； 第三步：利用单调性，求f (x )的最大值；
第四步：根据要证的不等式的结构特点，构造函数g (x )； 第五步：求g (x )的最大值，得出要证的不等式； 第六步：反思回顾，查看关键点、易错点和解题规范. 【对点训练】设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论函数f (x )的单调性；
(2)证明当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1
ln x
<x ；
(3)设c >1，证明当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x >c x
.
(2)证明 由(1)知，函数f (x )在x ＝1处取得最大值f (1)＝0.∴当x ≠1时，ln x <x －1. 故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，ln 1x <1
x
－1，
即1<x －1ln x
<x .
(3)证明 由题设c >1，设g (x )＝1＋(c －1)x －c x
， 则g ′(x )＝c －1－c x
ln c .
令g ′(x )＝0，解得x 0＝ln
c －1ln c
ln c
.
当x <x 0时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；
当x >x 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减.
由(2)知1<c －1
ln c
<c ，故0<x 0<1.
又g (0)＝g (1)＝0，故当0<x <1时，g (x )>0. ∴当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x >c x
. 【例3】已知函数f (x )＝x －1－a ln 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 ，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋12n <m ，求m 的最小值.
(2)由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x >0， 令x ＝1＋12n ，得ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <1
2
n .
从而ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＋…＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <12＋1
2
2＋…＋12n ＝1－12n <1.
故⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <e ，
又⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋123·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n >⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋123＝135
64
>2，
∴当n ≥3时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ∈(2，e)， 由于⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12·…·⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋12<m ，且m ∈N *
.
所以整数m 的最小值为3.
【类题通法】“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f (x )≥g (a )对于x ∈D 恒成立，应求
f (x )的最小值；若存在x ∈D ，使得f (x )≥
g (a )成立，应求f (x )的最大值.在具体问题中究竟是求最大值还
是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值.特别需要关注等号是否成立问题，以免细节出错.
【对点训练】已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R 且a <e)，g (x )＝12
x 2＋e x －x e x
.
(1)当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；
(2)当a ＜1时，若存在x 1∈[e ，e 2
]，使得对任意的x 2∈[－2，0]，f (x 1)＜g (x 2)恒成立，求a 的取值范围.
(2)由题意知：f (x )(x ∈[e ，e 2
])的最小值小于g (x )(x ∈[－2，0])的最小值. 由(1)知f (x )在[e ，e 2
]上单调递增，
f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－a
e
，又g ′(x )＝(1－e x )x .
当x ∈[－2，0]时，g ′(x )≤0，g (x )为减函数， 则g (x )min ＝g (0)＝1，
所以e －(a ＋1)－a
e ＜1，解得a ＞e 2
－2e
e ＋1
，
所以a 的取值范围为⎝ ⎛⎭
⎪
⎫e 2
－2e e ＋1，1 .
热点三 导数与函数的零点问题
导数与函数方程交汇是近年命题的热点，常转化为研究函数图象的交点问题，研究函数的极(最)值的正负，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、图象交点的个数；(2)由函数的零点、图象交点的情况求参数的取值范围. 【例4】已知函数f (x )＝a e 2x
＋(a －2)e x
－x . (1)讨论f (x )的单调性；
(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围. 解 (1)由于f (x )＝a e 2x
＋(a －2)e x
－x ，
故f ′(x )＝2a e 2x
＋(a －2)e x －1＝(a e x －1)(2e x
＋1)， ①当a ≤0时，a e x
－1<0，2e x
＋1>0. 从而f ′(x )<0，f (x )在R 上单调递减. ②当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝－ln a . 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：
综上，当a ≤0时，f (x )在R 上单调递减； 当a >0时，f (x )在(－∞，－ln a )上单调递减； 在(－ln a ，＋∞)上单调递增.
③当a ∈(0，1)时，1－1
a
＋ln a <0，即f (－ln a )<0.
又f (－2)＝a e －4＋(a －2)e －2＋2>－2e －2
＋2>0， 故f (x )在(－∞，－ln a )有一个零点.
设正整数n 0满足n 0>ln ⎝ ⎛⎭
⎪⎫3a
－1，
则f (n 0)＝e n
0(a e n
0＋a －2)－n 0>e n
0－n 0>2 n
0－n 0>0.
由于ln ⎝
⎛⎭
⎪⎫3a
－1>－ln a ，
因此f (x )在(－ln a ，＋∞)有一个零点. 综上，a 的取值范围为(0，1).
【类题通法】用导数研究函数的零点，一是用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；二是将零点问题转化为函数图象的交点问题，结合函数的极值利用数形结合来解决. 【对点训练】已知函数f (x )＝2a 2
ln x －x 2
(a >0).
(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)求函数f (x )的单调区间；
(3)讨论函数f (x )在区间(1，e 2
)上零点的个数(e 为自然对数的底数).
(2)∵f (x )＝2a 2
ln x －x 2
，∴f ′(x )＝2a 2
x －2x ＝2a 2
－2x 2
x ＝－2（x －a ）（x ＋a ）
x
，
∵x >0，a >0，∴当0<x <a 时，f ′(x )>0，当x >a 时，f ′(x )<0. ∴f (x )在(0，a )上是增函数，在(a ，＋∞)上是减函数. (3)由(2)得f (x )max ＝f (a )＝a 2
(2ln a －1). 讨论函数f (x )的零点情况如下：
①当a 2
(2ln a －1)<0，即0<a <e 时，函数f (x )无零点，在(1，e 2
)上无零点；
②当a 2
(2ln a －1)＝0，即a ＝e 时，函数f (x )在(0，＋∞)内有唯一零点a ，而1<a ＝e<e 2
，∴f (x )在(1，e 2
)内有一个零点；
③当a 2
(2ln a －1)>0，即a >e 时，
由于f (1)＝－1<0，f (a )＝a 2(2ln a －1)>0，f (e 2)＝2a 2ln e 2－e 4＝4a 2－e 4＝(2a －e 2)(2a ＋e 2
)， 当2a －e 2
<0，即e<a <e 2
2时，1<e<a <e 2
2
<e 2，f (e 2
)<0，
由函数的单调性可知，函数f (x )在(1，a )内有唯一零点x 1，在(a ，e 2
)内有唯一零点x 2， ∴f (x )在(1，e 2
)内有两个零点.
当2a －e 2
≥0，即a ≥e 2
2>e 时，f (e 2)≥0，而且f (e)＝2a 2·12
－e ＝a 2
－e>0，f (1)＝－1<0，由函数的单调
性可知，无论a ≥e 2，还是a <e 2，f (x )在(1，e)内有唯一的一个零点，在(e ，e 2
)内没有零点，从而f (x )在(1，e 2
)内只有一个零点.
综上所述，当0<a <e 时，函数f (x )无零点；当a ＝e 或a ≥e 2
2时，函数f (x )有一个零点；当e<a <e
2
2时，
函数f (x )有两个零点.。