2018届高考数学(理)热点题型：函数与导数(含答案解析)

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 )＝1x －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)－

1

x＋1

，则y′＝1＋

1

（x＋1）2

>0.

所以y ＝(x ＋1)－

1x ＋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 ≥32.

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 ＝－13x 3＋x (x ＞0).

设φ(x )＝－13x 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.