专题一高考函数与导数命题动向

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专题一高考函数与导数命题动向

【示例1】►设f (x )是定义在R 上的奇函数，当x ≤0时，f (x )＝2x 2－x ，则f (1)＝( )．A ．－3B ．－1C ．1D ．3【示例2】► 已知a ＝5log 23.4，b ＝5log 43.6，c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫15log 30.3，则( )． A ．a ＞b ＞c B ．b ＞a ＞c C ．a ＞c ＞b D ．c ＞a ＞b【示例3】►已知f (x )是R 上最小正周期为2的周期函数，且当0≤x ＜2时，f (x )＝x 3－x ，则函数y ＝f (x )的图象在区间[0,6]上与x 轴的交点的个数为( )．A ．6B ．7C ．8D ．9【示例4】►已知点P 在曲线f (x )＝x 4－x 上，曲线在点P 处的切线平行于直线3x －y ＝0，则点P 的坐标为________．【示例5】►已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点x ＝1处的切线l 不过第四象限且斜率为3，又坐标原点到切线l 的距离为1010，若x ＝23时，y ＝f (x )有极值．(1)求a ，b ，c 的值； (2)求y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值和最小值．【示例6】►)已知a ，b 为常数，且a ≠0，函数f (x )＝－ax ＋b ＋ax ln x ，f (e)＝2(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)．(1)求实数b 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．(3)当a ＝1时，是否同时存在实数m 和M (m ＜M )，使得对每一个t ∈[m ，M ]，直线y ＝t 与曲线y ＝f (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 都有公共点？若存在，求出最小的实数m 和最大的实数M ；若不存在，说明理由．高考命题分析函数是数学永恒的主题，是中学数学最重要的主干知识之一；导数是研究函数的有力工具，函数与导数不仅是高中数学的核心内容，还是学习高等数学的基础，而且函数的观点及其思想方法贯穿于整个高中数学教学的全过程，高考对函数的考查更多的是与导数的结合，发挥导数的工具性作用，应用导数研究函数的性质、证明不等式问题等，体现出高考的综合热点．所以在高考中函数知识占有极其重要的地位，是高考考查数学思想、数学方法、能力和素质的主要阵地．高考命题特点函数与导数在高考试卷中形式新颖且呈现出多样性，既有选择题、填空题，又有解答题．其命题特点如下：(1)全方位：近年新课标的高考题中，函数的知识点基本都有所涉及，虽然高考不强调知识点的覆盖率，但函数知识点的覆盖率依然没有减小．(2)多层次：在近年新课标的高考题中，低档、中档、高档难度的函数题都有，且题型齐全．低档难度题一般仅涉及函数本身的内容，诸如定义域、值域、单调性、周期性、图象等，且对能力的要求不高；中、高档难度题多为综合程度较高的试题，或者函数与其他知识结合，或者是多种方法的渗透．(3)巧综合：为了突出函数在中学数学中的主体地位，近年高考强化了函数与其他知识的渗透，加大了以函数为载体的多种方法、多种能力(甚至包括阅读能力、理解能力、表述能力、信息处理能力)的综合程度．(4)变角度：出于“立意”和创设情景的需要，函数试题设置问题的角度和方式也不断创新，重视函数思想的考查，加大了函数应用题、探索题、开放题和信息题的考查力度，从而使函数考题显得新颖、生动、灵活．(5)重能力：以导数为背景与其他知识(如函数、方程、不等式、数列等)交汇命题．利用导数解决相关问题，是命题的热点，而且不断丰富创新．解决该类问题要注意函数与方程、转化与化归、分类讨论等数学思想的应用．综合考查学生分析问题、解决问题的能力和数学素养．高考动向透视函数的概念和性质函数既是高中数学中极为重要的内容，又是学习高等数学的基础．函数的基础知识涉及函数的三要素、函数的表示方法、单调性、奇偶性、周期性等内容．纵观全国各地的高考试题，可以发现对函数基础知识的考查主要以客观题为主，难度中等偏下，在解答题中主要与多个知识点交汇命题，难度中等．【示例1】►设f (x )是定义在R 上的奇函数，当x ≤0时，f (x )＝2x 2－x ，则f (1)＝( )．A ．－3B ．－1C ．1D ．3解析法一 ∵f (x )是定义在R 上的奇函数，且x ≤0时，f (x )＝2x 2－x ，∴f (1)＝－f (－1)＝－2×(－1)2＋(－1)＝－3.故选A.法二设x ＞0，则－x ＜0，∵f (x )是定义在R 上的奇函数，且x ≤0时，f (x )＝2x 2－x ，∴f (－x )＝2(－x )2－(－x )＝2x 2＋x ，又f (－x )＝－f (x )，∴f (x )＝－2x 2－x ，∴f (1)＝－2×12－1＝－3，故选A. 答案 A本题考查函数的奇偶性和函数的求值，解题思路有两个：一是利用奇函数的性质，直接通过f (1)＝－f (－1)计算；二是利用奇函数的性质，先求出x ＞0时f (x )的解析式，再计算f (1)．指数函数、对数函数、幂函数指数函数在新课标高考中占有十分重要的地位，因此高考对指数函数的考查有升温的趋势，重点是指数函数的图象和性质，以及函数的应用问题．对于幂函数应重点掌握五种常用幂函数的图象及性质，此时，幂的运算是解决有关指数问题的基础，也要引起重视．对数函数在新课标中适当地降低了要求，因此高考对它的考查也会适当降低难度，但它仍是高考的热点内容，重点考查对数函数的图象和性质及其应用．【示例2】► 已知a ＝5log 23.4，b ＝5log 43.6，c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫15log 30.3，则( )． A ．a ＞b ＞c B ．b ＞a ＞c C ．a ＞c ＞b D ．c ＞a ＞b解析因为c ＝5－log 30.3＝5log 3103，又log 23.4＞log 3 3.4＞log 3103＞1＞log 43.6＞0，且指数函数y ＝5x 是R 上的增函数，所以a ＞c ＞b .故选C.答案 C本题主要考查指数函数单调性的应用、对数式的大小比较．一般是利用指数函数单调性进行比较．对数式的比较类似指数式的比较，也可以寻找中间量．函数的应用函数的应用历来是高考重视的考点，新课标高考更是把这个考点放到了一个重要的位置．相对于大纲的高考，新课标高考无论在考查内容上还是力度上都有所加强，这主要体现在函数与方程方面，函数与方程已经成为新课标高考的一个命题热点，值得考生重视．【示例3】►已知f(x)是R上最小正周期为2的周期函数，且当0≤x＜2时，f(x)＝x3－x，则函数y＝f(x)的图象在区间[0,6]上与x轴的交点的个数为()．A．6 B．7 C．8 D．9解析由f(x)＝0，x∈[0,2)可得x＝0或x＝1，即在一个周期内，函数的图象与x 轴有两个交点，在区间[0,6)上共有6个交点，当x＝6时，也是符合要求的交点，故共有7个不同的交点．故选B. 答案 B本小题考查对周期函数的理解与应用，考查三次方程根的求法、转化与化归思想及推理能力，难度较小．求解本题的关键是将f(x)＝x3－x进行因式分解，结合周期函数的性质求出f(x)＝0在区间[0,6]上的根，然后将方程f(x)＝0的根转化为函数图象与x轴的交点问题．导数的概念及运算从近两年的高考试题来看，利用导数的几何意义求曲线在某点处的切线方程是高考的热点问题，解决该类问题必须熟记导数公式，明确导数的几何意义是曲线在某点处切线的斜率，切点既在切线上又在曲线上．【示例4】►已知点P在曲线f(x)＝x4－x上，曲线在点P处的切线平行于直线3x －y＝0，则点P的坐标为________．解析由题意知，函数f(x)＝x4－x在点P处的切线的斜率等于3，即f′(x0)＝4x30－1＝3，∴x0＝1，将其代入f(x)中可得P(1,0)．答案(1,0)本题主要考查导数的几何意义及简单的逻辑推理能力．利用导数求函数的单调区间、极值、最值从近两年的高考试题来看，利用导数研究函数的单调性和极、最值问题已成为高考考查的热点．解决该类问题要明确：导数为零的点不一定是极值点，导函数的变号零点才是函数的极值点；求单调区间时一定要注意函数的定义域；求最值时需要把极值和端点值逐一求出，比较即可．【示例5】►已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点x ＝1处的切线l 不过第四象限且斜率为3，又坐标原点到切线l 的距离为1010，若x ＝23时，y ＝f (x )有极值．(1)求a ，b ，c 的值； (2)求y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值和最小值．解 (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得 f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .当x ＝1时，切线l 的斜率为3，可得2a ＋b ＝0.①当x ＝23时，y ＝f (x )有极值，则f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝0，可得 4a ＋3b ＋4＝0②由①②解得a ＝2，b ＝－4. 设切线l 的方程为y ＝3x ＋m由原点到切线l 的距离为1010，则|m |32＋1＝1010，解得m ＝±1. ∵切线l 不过第四象限∴m ＝1，由于切点的横坐标为x ＝1，∴f (1)＝4，∴1＋a ＋b ＋c ＝4 ∴c ＝5.(2)由(1)可得f (x )＝x 3＋2x 2－4x ＋5，∴f ′(x )＝3x 2＋4x －4.令f ′(x )＝0，得x ＝－2，x ＝23. f (x )和f ′(x )的变化情况如下表： x[－3，－2) －2 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，23 23 ⎝ ⎛⎦⎥⎤23，1 f ′(x )＋ 0 － 0 ＋ f (x ) 极大值极小值 ∴f (x )在x ＝－2处取得极大值f (－2)＝13，在x ＝23处取得极小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝9527. 又f (－3)＝8，f (1)＝4，∴f (x )在[－3,1]上的最大值为13，最小值为9527.在解决类似的问题时，首先要注意区分函数最值与极值的区别．求解函数的最值时，要先求函数y ＝f (x )在[a ，b ]内所有使f ′(x )＝0的点，再计算函数y ＝f (x )在区间内所有使f ′(x )＝0的点和区间端点处的函数值，最后比较即得．突出以函数与导数为主的综合应用高考命题强调“以能力立意”，就是以数学知识为载体，从问题入手，把握数学学科的整体意义，加强对知识的综合性和应用性的考查．中学数学的内容可以聚合为数和形两条主线，其中数是以函数概念来串联代数、三角和解析几何知识，我们可以把方程看作函数为零，不等式看成两个函数值的大小比较、数列、三角则是特殊的一类函数．所以，高考试题中涉及函数的考题面很广．新课标高考对有关函数的综合题的考查，重在对函数与导数知识理解的准确性、深刻性，重在与方程、不等式、数列、解析几何等相关知识的相互联系，要求考生具备较高的数学思维能力和综合分析问题能力以及较强的运算能力，体现了以函数为载体，多种能力同时考查的命题思想．【示例6】►)已知a ，b 为常数，且a ≠0，函数f (x )＝－ax ＋b ＋ax ln x ，f (e)＝2(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)．(1)求实数b 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．(3)当a ＝1时，是否同时存在实数m 和M (m ＜M )，使得对每一个t ∈[m ，M ]，直线y ＝t 与曲线y ＝f (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 都有公共点？若存在，求出最小的实数m 和最大的实数M ；若不存在，说明理由．解 (1)由f (e)＝2得b ＝2. (2)由(1)可得f (x )＝－ax ＋2＋ax ln x .从而f ′(x )＝a ln x . 因为a ≠0，故①当a ＞0时，由f ′(x )＞0得x ＞1，由f ′(x )＜0得0＜x ＜1；②当a ＜0时，由f ′(x )＞0得0＜x ＜1，由f ′(x )＜0得x ＞1.综上，当a ＞0时，函数f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)；当a ＜0时，函数f (x )的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(3)当a ＝1时，f (x )＝－x ＋2＋x ln x ，f ′(x )＝ln x .由(2)可得，当x 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 内变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x1e ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1 1 (1，e) e f ′(x )－ 0 ＋ f (x ) 2－2e 单调递减极小值1 单调递增 2 又2－2e ＜2，所以函数f (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 的值域为[1,2]．据此可得，若⎩⎨⎧m ＝1，M ＝2.则对每一个t ∈[m ，M ]，直线y ＝t 与曲线y ＝f (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 都有公共点；并且对每一个t ∈(－∞，m )∪(M ，＋∞)，直线y ＝t 与曲线y ＝f (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 都没有公共点．综上，当a ＝1时，存在最小的实数m ＝1，最大的实数M ＝2，使得对每一个t∈[m ，M ]，直线y ＝t 与曲线y ＝f (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 都有公共点．本题主要考查函数、导数等基础知识．考查推理论证能力、抽象概括能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想、分类与整合思想．。

高考数学函数与导数问题的热点题型

高考中函数与导数问题的热点题型高考导航 1.函数与导数作为高中数学的核心内容，是历年高考的重点、热点，主要以解答题的形式命题，能力要求高，属于压轴题目；2.高考中函数与导数常涉及的问题主要有：(1)研究函数的性质(如单调性、极值、最值)；(2)研究函数的零点(方程的根)、曲线的交点；(3)利用导数求解不等式问题(证明不等式、不等式的恒成立或能成立求参数的范围).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】 (2015·全国Ⅱ卷)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.(2)由(1)知，当a ≤0，f (x )在(0，＋∞)上无最大值；当a >0时，f (x )在x ＝1a 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，a 的取值范围是(0，1).探究提高 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.【训练1】设f (x )＝－13x 3＋12x 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－163，求f (x )在该区间上的最大值. 解 (1)f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ，由题意得，f ′(x )>0在⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞上有解，只需f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23>0，即29＋2a ＞0，得a ＞－19.所以，当a ＞－19时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间.(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 ＝－163⇒a ＝1.此时，由f ′(x 0)＝－x 20＋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(教材VS 高考)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)(2017·全国Ⅲ卷)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 )≤－34a －2.教材探源本题第(2)问的实质是证明ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a ＋1≤0，是不等式x －1≥ln x的变形，源于教材选修1－1P99习题B 组(3)、(4)两题，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.2016年全国Ⅲ卷T21，2017年全国Ⅲ卷T21有异曲同工之处. 满分解答 (1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x ＋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)(2)证明由(1)知，当a <0时，f (x )在x ＝－12a 处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a －1－14a ，所以f (x )≤－34a －2等价于ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a －1－14a ≤－34a －2，即ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a ＋1≤0，8分 (得分点4)设g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1x －1.当x ∈(0，1)时，g ′(x )>0；x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0. 所以g (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.故当x ＝1时，g (x )取得最大值，最大值为g (1)＝0. 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 )≤－34a －2. 12分 (得分点6)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 ＋12a ＋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 ＝－12a 处的最大值.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. 【训练2】 (2018·贵阳质检节选)已知函数f (x )＝x －1x －ln x . (1)求f (x )的单调区间；(2)求证：ln e 2x ≤1＋x x .(1)解 f (x )＝x －1x －ln x ＝1－1x －ln x ，f (x )的定义域为(0，＋∞).∵f′(x)＝1x2－1x＝1－xx2，∴f′(x)>0⇒0<x<1，f′(x)<0⇒x>1，∴f(x)＝1－1x－ln x在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.(2)证明要证ln e2x≤1＋xx，即证2－ln x≤1＋1x，即证1－1x－ln x≤0.由(1)可知，f(x)＝1－1x－ln x在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴f(x)在(0，＋∞)上的最大值为f(1)＝1－1－ln 1＝0，即f(x)≤0，∴1－1x－ln x≤0恒成立.原不等式得证.热点三利用导数解决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3】设函数f(x)＝x22－k ln x，k>0.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，e]上仅有一个零点.(1)解由f(x)＝x22－k ln x(k>0)，得x>0且f′(x)＝x－kx＝x2－kx.由f′(x)＝0，解得x＝k(负值舍去).f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：所以f(x)的单调递减区间是(0，k)，单调递增区间是(k，＋∞).f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k （1－ln k ）2.(2)证明由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k （1－ln k ）2. 因为f (x )存在零点，所以k （1－ln k ）2≤0，从而k ≥e. 当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (e)＝0，所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点.当k >e 时，f (x )在区间(0，e)上单调递减，且f (1)＝12>0，f (e)＝e －k 2<0，所以f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点.综上可知，若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点.探究提高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.【训练3】已知函数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，所以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 －2x －1＝0.令h (x )＝e x －2x －1，因为h ′(x )＝e x ＋2x 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 －3－13<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}.1.已知函数f (x )＝x 2－ln x －ax ，a ∈R . (1)当a ＝1时，求f (x )的最小值； (2)若f (x )>x ，求a 的取值范围. 解 (1)当a ＝1时，f (x )＝x 2－ln x －x ， f ′(x )＝（2x ＋1）（x －1）x .当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )的最小值为f (1)＝0.(2)由f (x )>x ，得f (x )－x ＝x 2－ln x －(a ＋1)x >0. 由于x >0，所以f (x )>x 等价于x －ln xx >a ＋1.令g (x )＝x －ln xx ，则g ′(x )＝x 2－1＋ln x x 2.当x ∈(0，1)时，g ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0. 故g (x )有最小值g (1)＝1.故a ＋1<1，a <0，即a 的取值范围是(－∞，0).2.(2018·西安调研)已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线y ＝f (x )在点(0，2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2. (1)求a ；(2)证明：当k <1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点. (1)解 f ′(x )＝3x 2－6x ＋a ，f ′(0)＝a .曲线y ＝f (x )在点(0，2)处的切线方程为y ＝ax ＋2. 由题设得－2a ＝－2，所以a ＝1. (2)证明由(1)知，f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2. 设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4. 由题设知1－k >0，当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k >0，g (x )单调递增，g (－1)＝k －1<0，g (0)＝4，所以g (x )＝0在(－∞，0]上有唯一实根. 当x >0时，令h (x )＝x 3－3x 2＋4，则g (x )＝h (x )＋(1－k )x >h (x ).h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，h (x )在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以g (x )>h (x )≥h (2)＝0.所以g (x )＝0在(0，＋∞)上没有实根. 综上，g (x )＝0在R 上有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点. 3.(2018·长沙调研)已知函数f (x )＝a ln x ＋1(a >0). (1)设φ(x )＝f (x )－1－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x ，求φ(x )的最小值；(2)在区间(1，e)上f (x )>x 恒成立，求实数a 的取值范围. 解 (1)φ(x )＝f (x )－1－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x ＝a ln x －a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x (x >0).则φ′(x )＝a x －a x 2＝a （x －1）x 2，令φ′(x )＝0，得x ＝1.当0<x <1时，φ′(x )<0；当x >1时，φ′(x )>0. ∴φ(x )在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数. 故φ(x )在x ＝1处取得极小值，也是最小值. ∴φ(x )min ＝φ(1)＝0.(2)由f (x )>x 得a ln x ＋1>x ，即a >x －1ln x . 令g (x )＝x －1ln x (1<x <e)，则g ′(x )＝ln x －x －1x（ln x ）2.令h (x )＝ln x －x －1x (1<x <e)，则h ′(x )＝1x －1x 2>0. 故h (x )在区间(1，e)上单调递增，所以h (x )>h (1)＝0.因为h (x )>0，所以g ′(x )>0，即g (x )在区间(1，e)上单调递增，则g (x )<g (e)＝e －1，即x －1ln x <e －1，所以实数a 的取值范围为[e －1，＋∞).4.设f (x )＝e x (ln x －a )(e 是自然对数的底数，e ＝2.71 828…). (1)若y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝2e x ＋b ，求a ，b 的值； (2)若函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上单调递减，求实数a 的取值范围.解 (1)因为f ′(x )＝e x (ln x －a )＋e x ·1x＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋1x －a ，所以由题意，得f ′(1)＝e(1－a )＝2e ，解得a ＝－1.所以f (1)＝e(ln 1－a )＝e ，由切点(1，e)在切线y ＝2e x ＋b 上，得e ＝2e ＋b ，b ＝－e ，故a ＝－1，b ＝－e.(2)由题意可得f ′(x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋1x －a ≤0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上恒成立.因为e x >0，所以只需ln x ＋1x －a ≤0，即a ≥ln x ＋1x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上恒成立.令g (x )＝ln x ＋1x ，因为g ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x 2，由g ′(x )＝0，得x ＝1. 当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如下：g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝ln 1e ＋e ＝e －1，g (e)＝1＋1e ，因为e －1>1＋1e ，所以g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝e －1，所以a ≥e －1.故实数a 的取值范围是[e －1，＋∞).5.已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R 且a <e)，g (x )＝12x 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.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝（x －1）（x －a ）x 2.①若a ≤1，当x ∈[1，e]时，f ′(x )≥0，则f (x )在[1，e]上为增函数，f (x )min ＝f (1)＝1－a . ②若1＜a ＜e ，当x ∈[1，a ]时，f ′(x )≤0，f (x )为减函数；当x ∈[a ，e]时，f ′(x )≥0，f (x )为增函数. 所以f (x )min ＝f (a )＝a －(a ＋1)ln a －1.综上，当a ≤1时，f (x )min ＝1－a ；当1＜a ＜e 时，f (x )min ＝a －(a ＋1)ln a －1； (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)－ae ，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)－ae ＜1，解得a ＞e 2－2e e ＋1，所以a 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫e 2－2e e ＋1，1. 6.(2018·郑州调研)已知函数f (x )＝x ＋ae x .(1)若f (x )在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数a 的取值范围；(2)若a ＝0，x 0<1，设直线y ＝g (x )为函数f (x )的图象在x ＝x 0处的切线，求证：f (x )≤g (x ).(1)解易知f ′(x )＝－x －（1－a ）e x，由已知得f ′(x )≥0对x ∈(－∞，2)恒成立，故x ≤1－a 对x ∈(－∞，2)恒成立， ∴1－a ≥2，∴a ≤－1.故实数a的取值范围为(－∞，－1].(2)证明a＝0，则f(x)＝xe x.函数f(x)的图象在x＝x0处的切线方程为y＝g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0). 令h(x)＝f(x)－g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，x∈R，则h′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝1－xe x－1－x0e x0＝（1－x）e x0－（1－x0）e xe x＋x0.设φ(x)＝(1－x)e x0－(1－x0)e x，x∈R，则φ′(x)＝－e x0－(1－x0)e x，∵x0<1，∴φ′(x)<0，∴φ(x)在R上单调递减，而φ(x0)＝0，∴当x<x0时，φ(x)>0，当x>x0时，φ(x)<0，∴当x<x0时，h′(x)>0，当x>x0时，h′(x)<0，∴h(x)在区间(－∞，x0)上为增函数，在区间(x0，＋∞)上为减函数，∴x∈R时，h(x)≤h(x0)＝0，∴f(x)≤g(x).。

2020年高考“函数与导数”专题命题分析

2020年高考“函数与导数”专题命题分析摘要：通过对2020年高考数学试卷中函数与导数试题的命题分析，归纳出这类试题的基本问题，总结这些基本问题的解题步骤，并在分析试题向基本问题的转化过程中，揭示命题意图，强调考查的基本思想与方法，并基于此给出复习建议．关键词：函数与导数；基本问题；教学建议收稿日期：2020-08-29作者简介：郭慧清（1961—），男，正高级中学高级教师，主要从事数学课程与教学研究.郭慧清一、考查内容分析函数是高中数学的主线，也是高考考查的重要内容之一.2020年高考数学全国Ⅰ卷（文、理卷）、全国Ⅱ卷（文、理卷）、全国Ⅲ卷（文、理卷）、全国新高考Ⅰ卷、全国新高考Ⅱ卷、北京卷、上海卷、天津卷、江苏卷、浙江卷中函数试题的题型、题号、分值，以及考查内容汇总如表1所示.卷别全国Ⅰ卷全国Ⅱ卷全国Ⅲ卷科别文理文理文理题型填空题解答题单选题解答题单选题解答题单选题单选题解答题单选题单选题填空题解答题单选题单选题单选题解答题题号152262110219112141015204101221分值51251251255125551255512考查内容导数的几何意义；切线方程用导数研究含参数函数的单调性；函数的零点；求参数的取值范围导数的几何意义；切线方程用导数研究含参数函数的单调性、最值；求参数的取值范围函数的奇偶性、单调性用导数研究含参数函数的单调性；求参数的取值范围函数的奇偶性、单调性函数单调性与实数大小比较用导数研究函数的单调性；利用函数性质证明不等式函数模型的应用函数单调性与实数大小比较函数的导数用导数研究含参数函数的单调性；函数的零点；求参数的取值范围函数模型的应用导数的几何意义；切线方程函数单调性与实数大小比较导数的几何意义，函数的零点及其分布表1··28根据上表，我们可以得出2020年高考“函数与导数”专题的考查内容有以下一些特点.（1）所有试卷均把函数与导数列为重点考查内容，分值在19分至28分的范围，全国Ⅲ卷与北京卷中本专题内容所占的分数比重最大.（2）考查题型包括单选题、填空题和解答题，并大多出现在压轴题的位置.（3）考查内容包括以下几点.①含参数函数的参数对函数性质的影响；②用导数研究函数的单调性、极值或最值；③导数的几何意义，求曲线切线的方程；④函数的零点讨论；⑤函数的图象与函数的奇偶性；⑥用函数的单调性比较实数大小；⑦利用函数证明不等式或求不等式的解；⑧求参数的变化范围；⑨函数模型的应用；⑩反函数（仅在上海卷中出现）.（4）重点考查的思想方法与关键能力如下.①数形结合思想；②分类讨论思想；③等价转化思想；④数学运算能力；⑤直观想象能力；⑥逻辑推理能力.卷别全国新高考Ⅰ卷全国新高考Ⅱ卷北京卷上海卷天津卷江苏卷浙江卷科别——————————————题型单选题单选题解答题单选题单选题解答题单选题填空题填空题解答题填空题填空题单选题解答题单选题单选题解答题填空题解答题单选题解答题题号68216822611151951116193920719922分值5512551244515455145516516415考查内容指数函数模型应用函数的奇偶性、单调性与零点；不等式的解含参数的函数；导数的几何意义；切线方程；用导数研究函数的单调性；求参数的取值范围指数函数模型应用函数的奇偶性、单调性与零点；不等式的解含参数的函数；导数的几何意义；切线方程；用导数研究函数的单调性；求参数的取值范围函数与不等式的解求函数的定义域函数的应用导数的几何意义；切线方程；利用导数求函数的最小值反函数函数与方程的解抽象函数的性质；函数与不等式分段函数；求变量的取值范围；求变量的最值函数的图象分段函数；含参数函数的零点导数的几何意义；切线方程；用导数研究函数的单调性与极值；含参数函数与不等式证明函数的奇偶性；求函数值用导数研究函数的图象与性质；通过函数图象之间的关系确定含参数函数的参数值或参数变化范围函数零点与不等式的解用导数研究函数的单调性；函数的零点；利用函数证明不等式续表··29二、命题思路分析函数是高中数学的主线，函数的学习是学生理解数学和运用数学解决问题的经典范例，对于发展学生的数学抽象、数学建模、数学运算、直观想象素养有重要作用.在2020年高考数学试卷中，对“函数与导数”的考查符合高考数学考试说明的要求，对教学有指导和启发作用.函数与导数试题形式多样，但加以分析与归纳，不难发现以下基本问题在试题中经常出现.基本问题1：函数的单调性与奇偶性.涉及函数单调性的试题有两类：一类是直接运用基本初等函数的单调性结论；另一类是运用导数进行判定.而涉及函数奇偶性的问题，通常是用定义进行判定.例1（全国Ⅱ卷·理9）设函数f ()x =ln ||2x +1-ln ||2x -1，则f ()x （）.（A ）是偶函数，且在æèöø12，+∞单调递增（B ）是奇函数，且在æèöø-12，12单调递减（C ）是偶函数，且在æèöø-∞，-12单调递增（D ）是奇函数，且在æèöø-∞，-12单调递减对于奇偶性的判断，要求学生先求出f ()x 的定义域为æèöø-∞，-12⋃æèöø-12，12⋃æèöø12，+∞，这是函数具有奇偶性的必要条件；在此基础上再得出f ()-x =-f ()x ，从而得知f ()x 为奇函数.对于单调性，需要就x ∈æèöø-12，12，x ∈æèöø-∞，-12进行分类讨论，再由奇偶性得出x ∈æèöø12，+∞时函数的单调性.当x ∈æèöø-12，12时，得出f ()x =ln ()2x +1-ln ()1-2x ，可以由f 1()x =ln ()2x +1，f 2()x =-ln ()1-2x 分别在æèöø-12，12上单调递增，而得出f ()x 在æèöø-12，12上单调递增；也可以对f ()x 求导，得到f ′()x =22x +1+21-2x>0.从而得出f ()x 在æèöø-12，12上单调递增.当x ∈æèöø-∞，-12时，可以仿上处理，从而得到答案为D.通过上述分析，我们看到对函数单调性和奇偶性的考查，主要表现在对奇（偶）函数的定义、基本初等函数的单调性与用导数判断函数的单调性上.例2（全国Ⅰ卷·理12）若2a +log 2a =4b +2log 4b ，则（）.（A ）a >2b （B ）a <2b （C ）a >b 2（D ）a <b 2这个问题形式上是实数大小的比较，实质上考查的是函数的单调性，这需要学生从“求同”的角度得出2a +log 2a =22b +log 2b <22b +log 22b ，进而由函数f ()x =2x +log 2x 的单调递增性得出f ()a <f ()2b ，即可得a <2b.所以正确答案为B.例2主要考查学生对函数模型的认识，重点考查转化思想，以及利用函数单调性解决实数大小的比较问题.例3（全国Ⅰ卷·理21）已知函数f ()x =e x +ax 2-x.（1）当a =1时，讨论f ()x 的单调性；（2）当x ≥0时，f ()x ≥12x 3+1，求a 的取值范围.对于第（1）小题，在a =1时，f ()x =e x +x 2-x ，这是一个确定的函数，但无法直接得出其单调性，所以需要利用导数判定.在得出f ′()x =e x +2x -1后，可以发现f ′()x 在R 上单调递增，且f ′()0=0，从而得出f ()x 的单调增区间为()0，+∞，减区间为()-∞，0.此小题重点考查学生是否明确用导数求函数单调区间的基本步骤.基本问题2：函数的极值或最值.对于例3的第（2）小题，一个自然的想法是设f 1()x =f ()x -12x 3-1=e x -12x 3+ax 2-x -1.如果能求出f 1()x 的最小值m ()a ，通过解m ()a ≥0则可求得a 的取值范围.f 1()x 的最小值m ()a 应在f ′1()x 的零点取得，但是我们无法用通常的做法得到f ′1()x 的零点.所以需要在··30x ≥0时，将f ()x ≥12x 3+1等价转化为12x 3-ax 2+x +1e x≤1.我们把能求出导函数零点的函数称为“好函数”.设函数g ()x =12x 3-ax 2+x +1e x()x ≥0，则g ′()x =-x ()x -2[]x -()2a +12e x()x ≥0.显然，g ()x 是“好函数”，通过对a 进行分类讨论即可求出g ()x 在[)0，+∞上的最大值，进一步解关于a 的不等式就可以得出a 的取值范围为éëêöø÷7-e 24，+∞.另一个想法是将参数a 与变量x 分离开来.①当x =0时，a ∈R ；②当x >0时，原不等式恒成立等价于a ≥12x 3+x +1-e x x 2恒成立.记h ()x =12x 3+x +1-e xx 2，则h ′()x =()2-x æèöøe x -12x 2-x -1x3.记r ()x =e x -12x 2-x -1()x >0，利用导数可以证明r ()x >0.由此可知x =2是h ()x 的最大值点，h ()x max =h ()2=7-e 24.所以a ≥7-e 24，即a 的取值范围为éëêöø÷7-e 24，+∞.通过对例3第（2）小题的分析，可知命题意图是考查学生的模型思想、转化能力和是否掌握以下求函数最值的一般步骤.第1步：得出函数的定义域.第2步：求出导函数.第3步：求出导函数的零点.第4步：用导函数的零点和定义域的端点划分定义域，并列表呈现导数的符号变化与函数极值点的位置.第5步：利用表格并通过比较得出函数的最值.基本问题3：导数的几何意义与曲线的切线.从表1我们可以看出，考查导数的几何意义与求曲线切线方程的试题出现在8份试卷中，属于高频考点，这也体现了《普通高中数学课程标准（2017年版）》的要求和用导数研究函数性质的特征.例4（全国Ⅰ卷·理6）函数f ()x =x 4-2x 3的图象在点()1，f ()1处的切线方程为（）.（A ）y =-2x -1（B ）y =-2x +1（C ）y =2x -3（D ）y =2x +1（全国Ⅰ卷·文15）曲线y =ln x +x +1的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为.这类问题通常不难，主要是利用导数的几何意义得出切线的斜率，再求出切点，最后通过直线的点斜式方程写出切线方程.两道试题，一道切点已知，另一道切点需要学生求解.其核心均是函数图象上某点的切线斜率等于函数在该点的导数.所不同的是，一个是已知切点求斜率，另一个是已知斜率求切点.例5（全国Ⅲ卷·理10）若直线l 与曲线y =x 和圆x 2+y 2=15相切，则l 的方程为（）.（A ）y =2x +1（B ）y =2x +12（C ）y =12x +1（D ）y =12x +12这是切点与斜率均未知的问题，通常是设出切点的坐标，依条件求出切点，同时求出斜率.这种问题通常可以利用两个独立条件列两个方程来解决.如果设公共切线l 在曲线y =x 上的切点为()x 0，x 0，x 0>0，斜率为k ，那么问题聚集为求出x 0，k.由导数的几何意义，得k =12x 0.所以l 的方程为y -x 0=12x 0()x -x 0，即x -2x 0y +x 0=0.由直线l与圆x 2+y 2=15=所以解得x 0=1，k =12.所以直线l 的方程为y =12x +12.故答案为D.例4和例5的区别在于，例4的未知成分比例5少，本质上是一元未知与二元未知的差异，从而例5的思维量和运算量都比例4多.解决基本问题3的步骤如下.第1步：由导数的几何意义及切点在函数图象上，确定切线的斜率和切点的坐标.第2步：由直线的点斜式方程写出切线的方程.基本问题4：函数的零点.函数的零点与方程的解密切相关，常常可以相互··31转化.很多时候，给定的函数中含有参数，参数的变化会对函数的零点数目造成影响，从而引起分类讨论.一个自然的想法是通过方程f ()x =0，设法将参数与变量x 分离开来，从而避免分类讨论.例6（全国Ⅰ卷·文20）已知函数f ()x =e x -a ()x +2.（1）当a =1时，讨论f ()x 的单调性；（2）若f ()x 有两个零点，求a 的取值范围.对于第（1）小题，按照用导数求函数单调区间的步骤处理即可.对于第（2）小题，由f ()x =0，可得e x -a ()x +2=0.方程不可能有解x =-2，故问题等价于关于x 的方程a =e xx +2有两个解.令h ()x =e x x +2()x ≠-2，则问题转化为直线y =a 与函数y =h ()x 的图象有两个交点，而y =h ()x 是一个“好函数”，可求出其导函数的零点，进而研究其单调性与极值，并由此画出函数的图象，得出参数a 的取值范围（具体过程见随后的“基本问题5”）.其实f ()x 也是一个“好函数”，也可以直接对f ()x 求导，再分类讨论解决问题.因为f ()x 的定义域为()-∞，+∞，且f ′()x =e x -a.当a ≤0时，f ′()x >0恒成立，所以f ()x 在()-∞，+∞上单调递增，f ()x 不可能有两个零点.当a >0时，由f ′()x =0，可得x =ln a.由此可得f ()x 在x ∈()-∞，ln a 上单调递减，在x ∈()ln a ，+∞上单调递增.由指数函数与一次函数的增长速度可知，无论x →-∞还是x →+∞，都有f ()x →+∞.所以f ()x 有两个零点，只需f ()x min =f ()ln a =-a ()1+ln a <0，解得a >1e ，即a 的取值范围是æèöø1e ，+∞.例7（全国Ⅲ卷·文20）已知函数f ()x =x 3-kx +k 2.（1）讨论f ()x 的单调性；（2）若f ()x 有三个零点，求k 的取值范围.三次函数是重要的数学模型，不仅是教材上研究函数性质的范例，也是高考试题中经常出现的数学对象.我们知道，三次函数的图象是立方抛物线，其单调性与零点个数取决于导函数的零点个数与极值的正、负.试题除考查数形结合思想外，特别关注能否将条件等价转化为关于参数k 的不等式，通过解不等式而得到k 的取值范围.因此，函数f ()x 有三个零点⇔ìíîïïïïk >0，f æèç>0，f <0，即⇔ìíîïïïïk >0k 2+23>0，k 2-230.解得0<k <427.所以k 的取值范围为æèöø0，427.由此看到，此题不仅考查数形结合思想和等价转化能力，而且通过求解不等式考查数学运算能力.函数零点的问题，除用零点存在定理进行判断外，通常是通过变量分离等途径将其转化为另外的函数，借助函数的图象来解决.基本问题5：函数的图象.例8（浙江卷·4）函数y =x cos x +sin x 在区间[]-π，π上的图象可能是（）.（A）（B）（C）（D ）作为选择题，可以直接结合函数的奇偶性与特殊点，用排除法得出答案为A.但是，如果要自己作出函数的图象，我们应该遵循怎样的步骤呢？通常，我们按以下步骤画函数图象.（1）求定义域：[]-π，π.（2）求导函数：y ′=2cos x -x sin x.（3）求导函数零点：如图1，由y =tan x 与y =2x的图象，可知方程tan x =2x在[]-π，π内有两个零点-x 1，x 1()x 1>0.··32图1（4）列表：如表2所示.x y ′y[)-π，-x 1－单调递减-x 1极小值()-x 1，x 1＋单调递增x 1极大值(]x 1，π－单调递减表2（5）求特殊点：()0，0，()-x 1，-f ()x 1，()x 1，f ()x 1.（6）求渐近线：无.（7）画图：见选项A.对于例6分析过程中的函数h ()x =e xx +2()x ≠-2，我们可以按同样的步骤画出图象.（1）求定义域：()-∞，-2⋃()-2，+∞.（2）求导函数：h ′()x =()x +1e x()x +22.（3）求导函数零点：x =-1.（4）列表：如表3所示.x h ′()x h ()x ()-∞，-2－单调递减()-2，-1－单调递减－10极小值()-1，+∞＋单调递增表3（5）求特殊点：æèöø0，12，æèöø-1，1e .（6）求渐近线：x =-2.（7）画图：如图2所示.图2当x →-2+时，h ()x →+∞；当x →+∞时，h ()x →+∞.结合上面的图表，可知关于x 的方程a =e xx +2有两个解时，a ∈æèöø1e ，+∞.对于例6的第（2）小题，也可以通过观察动直线y =a ()x +2与函数y =e x 的图象有两个交点时，得出斜率a 的变化范围，即为所求，如图3所示.图3通过以上分析，我们看到函数与导数相关试题，不仅重视考查数形结合思想，也重视对模型思想的考查.基本问题6：函数与不等式.例9（北京卷·6）已知函数f ()x =2x -x -1，则不等式f ()x ＞0的解集是（）.（A ）()-1，1（B ）()-∞，-1⋃()1，+∞（C ）()0，1（D ）()-∞，0⋃()1，+∞函数f ()x 的零点（即方程f ()x =0的解）是不等式f ()x >0的解的“界”，所以求不等式f ()x >0的解集通常转化为求函数f ()x 的零点.由2x -x -1=0，得2x =x +1.在同一平面直角坐标系中作出函数y =2x 和y =x +1的图象如图4所示.通过观察与验证，可以得出函数f ()x 的两个零点是x =0和x =1.所以不等式f ()x ＞0的解集为()-∞，0⋃()1，+∞，答案为D.从例9看到，由于函数零点与不等式解的密切关··33系，与不等式有关的问题通常转化为函数的零点问题，并借助函数的图象来解决，这也是为何会在函数与导数试题中经常出现不等式问题的原因.例10（全国Ⅱ卷·理21）已知函数f ()x =sin 2x sin2x.（1）讨论f ()x 在区间()0，π的单调性；（2）证明：||f ()x ≤（3）设n ∈N *，证明：sin 2x sin 22x sin 24x …sin 22nx ≤3n4n .对于第（1）小题，根据基本问题1的解题步骤即可解决.对于第（2）小题，由于f ()x 的周期为π，问题可以转化为求f ()x 在[]0，π的最值，根据基本问题2的解题步骤，可以得到f ()x max =f æèöøπ3f ()x min =f æèöø2π3=所以||f ()x ≤对于第（3）小题，可以从第（2）小题的结论得到证明.由||sin 22k -1x sin 2k x ≤得sin 42k -1x sin 22kx ≤æèöø343()k =1，2，…，n .所以∏k =1nsin 42k -1x sin 22k x ≤æèöø343n，即sin 4x sin 62x sin 64x …sin 62n -1x sin 42nx ≤æèöø343n.因为sin 6x ≤sin 4x ，sin 62nx ≤sin 42nx ，所以sin 2x sin 22x sin 24x …sin 22n -1x sin 22n x ≤æèöø34n.从例10看到，与函数有关的不等式证明通常可以转化为基本问题2（即求函数最值）来处理，所以高考命制函数与导数试题时，常与不等式的证明联系起来.基本问题7：参数的取值范围.例11（全国新高考Ⅰ/Ⅱ卷·21）已知函数f ()x =a e x -1-ln x +ln a.（1）当a =e 时，求曲线y =f ()x 在点()1，f ()1处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积.（2）若f ()x ≥1，求a 的取值范围.第（1）小题由基本问题3的解题步骤可得切线方程为y =()e -1()x -1+e +1，进而得出切线与坐标轴围成的三角形面积为S =2e -1.第（2）小题尽管有许多解法，但最自然的是求出f ()x 的最小值m ()a （这是基本问题2），通过解不等式m ()a ≥1得出a 的取值范围.f ′()x =a e x -1-1x()a >0.令f ′()x =0，解得e x =e ax.由图象知导函数f ′()x 有唯一零点x 0()x 0>0，即a ex 0-1=1x 0.当x ∈()0，x 0时，f ′()x <0；当x ∈()x 0，+∞时，f ′()x >0.所以f ()x min =f ()x 0=a e x 0-1-ln x 0+ln a.由a ex 0-1=1x 0，得-ln x 0=ln a +x 0-1.所以f ()x min =x 0+1x 0+2ln a -1≥2ln a +1.当且仅当x 0=1，即a =1时，f ()x min =2ln a +1=1.所以f ()x ≥1恒成立，即f ()x min ≥1，即2ln a +1≥1，解得a ≥1.如果0<a <1，则f ()1=a +ln a <a <1，f ()x ≥1不恒成立.所以a 的取值范围是[)1，+∞.例6、例7和例11中都含有基本问题7（求参数变化范围），这类试题常与函数零点（方程的解）或不等式联系在一起，通常的处理方法是将问题等价转化为基本问题2（求函数最值）来解决.基本问题8：函数模型的应用.例12（全国Ⅲ卷·文/理4）Logistic 模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域.有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I ()t （t 的单位：天）的Logistic 模型：I ()t =K1+e-0.23()t -53，其··34中K为最大确诊病例数.当I()t*=0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则t*约为（）.（ln19≈3.）（A）60（B）63（C）66（D）69此题给定了函数模型I()t=K1+e-0.23()t-53，并且已知函数值I()t∗=0.95K，需要计算对应的自变量的值t∗.这是函数的最基本问题，通过计算可以得到t*≈66，答案为C.此题涉及对指数型函数模型的理解、指数与对数的互化和近似计算，考查学生对函数概念的理解、函数模型的应用及数学运算素养水平.例13（全国新高考Ⅰ/Ⅱ卷·6）基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：I()t=e rt描述累计感染病例数I()t随时间t（单位：天）的变化规律，指数增长率r 与R0，T近似满足R0=1+rT.有学者基于已有数据估计出R0=3.28，T=6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为（）.（ln2≈0.69.）（A）1.2天（B）1.8天（C）2.5天（D）3.5天与例12一样，此题中的函数模型是给定的，但参数r需要用条件确定.由条件可以得到r=0.38.设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为t1天，根据题设可得e0.38()t+t1=2e0.38t.解得t1≈1.8.从而得答案为B.例12与例13中的函数模型均已给定，只需确定参数即可以用模型解决问题.一般情况下，函数模型的应用含有数学建模思想，解题步骤如下.第1步：在实际问题中建立数学模型.第2步：由问题中的条件确定数学模型中的参数.第3步：由数学模型获得解.第4步：验证解与实际情形的吻合性；若吻合，则完成问题解答，否则返回第1步.在已经出现的函数模型应用试题中，还没有发现需要返回第1步重新建模的试题.从以上例题可以看到，尽管2020年高考函数与导数相关试题中的函数形式各有不同，试题表述也形式不一，但基本上可以归结为8个基本问题，如果熟练掌握了这8个基本问题的解题步骤，函数与导数的试题就会迎刃而解.三、复习建议基于上述命题分析，对于函数与导数的复习，重点要把8个基本问题的核心与解题步骤弄清楚.因此，给出以下复习建议.1.积累基本函数模型由例3可以看到，高考中函数与导数的试题难以解决，往往是由于导函数的零点难以求出.在高考试题中，经常遇到的函数除基本初等函数外，还有以下一些函数模型（称其为基本函数模型）.（1）f()x=g()x+a ln x（a∈R，g()x为有理函数）；（2）f()x=g()x e ax（a∈R，g()x为有理函数）；（3）f()x=x n ln x（n∈Q）；（4）f()x=e ax+bx+c（a，b，c∈R）；（5）f()x=ax3+bx2+cx+d（a，b，c，d∈R）；（6）f()x=ax2+bx+cdx2+ex+f（a，b，c，d，e，f∈R）.由以上函数模型所形成的函数基本问题，一般可以按步骤完成解答.因此，理解以上基本函数模型的“元”及其对函数模型的影响，并进而用导数帮助掌握这些函数模型的图象与性质，这是解决与函数有关问题的基础.由此我们建议学生在学习中积累一些能求出导函数零点的函数模型，这是用导数解决函数及其性质问题的关键.2.掌握基本问题的解题步骤我们将2020年高考试卷中出现的函数与导数试题整理归纳成了8类基本问题，并提出了解决各类基本问题的解题步骤.这8类基本问题尽管是基于2020年高考函数与导数试题提出的，但与往年这部分试题也相吻合.因此，在进行高考数学复习时，要用出现过的函数与导数经典试题，认真体会和分析问题的本质，将其转化为这8类基本问题来处理.··35虽然每类基本问题都各有特点，解题步骤也有差异，但基本问题5（画函数图象）就是极有代表性的基本问题.如果学生能按画函数图象的基本步骤，准确地画出试题中“好函数”的图象，那么相关函数的基本性质与结论也就一目了然了，这就为最终解决问题提供了基础与途径.3.函数与导数问题的难点处理从已出现过的大部分函数与导数试题来看，这类试题的求解难点大都是导函数的零点求不出来.出现这种情况，通常是由于给出的函数中至少含有指数函数、对数函数、幂函数、三角函数中的两类函数，而求函数零点时，涉及非初等方程的求解.如果遇到这种情况，通常像例11那样“设而不求”，利用零点应满足的等式将研究对象中含有指数运算、对数运算、三角运算的结构转化为有理运算（即只含有理函数）的结构来处理.如果在变换中无法利用“设而不求”达成目的，就可以如例6那样设法通过等价转换，将问题中的函数转化为“好函数”来处理.四、模拟题赏析1.作函数y =e x ()2x -1x -1的图象.解：①函数的定义域为()-∞，1⋃()1，+∞.②求导数，得y ′=e x x ()2x -3()x -12.③求导函数零点：由y ′=0，解得x =0或x =32.所以导函数零点为x =0或x =32.④列表：如表4所示.⑤特殊点：函数图象与x 轴的交点为æèöø12，0，与y 轴的交点为()0，1（亦为函数极大值对应点）；函数极小值对应点为æèöø32，4e e .⑥渐近线：因为lim x →+∞e x ()2x -1x -1=+∞，lim x →-∞e x ()2x -1x -1=0，lim x →1-e x ()2x -1x -1=-∞，lim x →1+e x ()2x -1x -1=+∞，所以x =1，y =0均为函数图象的渐近线.⑦画出函数图象：如图5所示.图52.求函数f ()x =e x ()2x -1-ax +a ()a ∈R 的零点个数.我们将问题转化为基本问题来解决.解法1：如果能从方程f ()x =0中将参数a 用x 表示出来，那么函数零点的问题就可以转化为作函数图象，并由图象得出结论.由f ()x =0，得a =e x ()2x -1x -1.故f ()x 的零点个数等于函数y =e x ()2x -1x -1的图象与函数y =a 的图象的交点个数.作出函数y =e x ()2x -1x -1的图象如图5所示，再在同一坐标系中作出函数y =a 的图象如图6所示.图6由图6，再结合函数的单调性与函数值的变化趋··36势，可方便地得出结论.当1<a <4e e 时，f ()x 没有零点；当a ≤0或a =1或a =4e e 时，f ()x 有1个零点；当0<a <1或a >4e e 时，f ()x 有2个零点.解法2：由于元a 对函数f ()x =e x ()2x -1-ax +a 的影响不易发现，因此，我们通常会利用零点的性质，将获取函数零点的方程f ()x =0等价变形为g ()x =h ()x ，并通过研究y =g ()x 与y =h ()x 中的图象交点情况而获得函数f ()x 的零点情况.此法步骤如下.第1步：将方程f ()x =0变形为g ()x =h ()x ，其中g ()x 不含参数a 并容易作出图象，而h ()x 含参数a 但易知参数a 对h ()x 图象的影响.第2步：作出g ()x 的图象，并弄清楚参数a 对h ()x 图象的影响.第3步：通过参数a 对两个函数图象交点个数的影响，找出交点个数发生变化的“界”及其对应的参数a 的值，由此确定f ()x 的零点与参数a 的关系，并综合得出答案.由f ()x =0，得e x ()2x -1=a ()x -1.可以把函数f ()x 的零点个数转化为函数y =e x ()2x -1的图象与函数y =a ()x -1的图象的交点个数，这样更易于把握.作出图7~图12.图7图8图10图9图11图12由上面的图象，结合直线y =a ()x -1与y =e x ()2x -1图象相切的讨论，可以看到a 的取值0，1，4e e 是零点个数发生变化的“界”，由此不难得出结论.解法3：函数f ()x 的元是a ，其取值直接影响函数零点的个数，而了解这种影响最直观的方式就是画函数的图象.此解法步骤如下.第1步：取若干参数值分别作函数图象，观察零点个数.第2步：通过参数对函数图象的影响，找出函数零点个数发生变化的“界”及其对应的参数值，由此确定分类.第3步：分类讨论函数零点，并综合得出答案.对任意的a 作函数f ()x 的图象是困难的，因此，我们可以对一些特殊的a 作出f ()x 的图象用于观察（如图13~图18）.图13图14图15图16··37图17图18依据以上图象，并结合f′()x=e x()2x+1-a便可获得结论.从以上3种解法在实例中的应用可以看到，能用解法1解决问题就不选用解法2与解法3，只有在解法1与解法2均失效的情况下才会选用解法3.3.已知函数f()x=e x-ln()x+m，当m≤2时，证明f()x＞0.通常的方法是求出f()x的最小值，若最小值为正，则证明了结论.证法1：①函数f()x的定义域为()-m，+∞.②求导数，得f′()x=e x-1x+m.③求导函数零点：令f′()x=0，则e x=1x+m.通过观察函数y=e x与y=1x+m的图象（略），我们得知导函数有唯一零点x0，但很难解出x0.④列表：如表5所示.xy′y()-m，x0－↘x0极小值()x0，+∞+↗表5⑤由上表，得当x=x0时，函数有最小值为f()x0.因为e x0=1x0+m，所以x0=-ln()x0+m.从而f()x0=e x0-ln()x0+m=1x0+m+x0=1x0+m+()x0+m-m≥2-m≥0.所以f()x≥f()x0≥0.若f()x0=0，则m=2，1x0+m=x0+m.从而x0=-1.这与e x0=1x0+m矛盾.所以f()x>0.证法2：注意到图19，如果我们利用函数图象在某点的切线通常是函数图象的“界”这一特点，就可以将原不等式的证明，通过“界代换”（实质是将不等式进行放缩）转化为可以求出最值点的函数的最值来解决.图19我们可以先证明常用不等式x-1≥ln x，e x≥x+1.则有x+m-1≥ln()x+m.从而f()x=e x-ln()x+m≥x+1-()x+m-1=2-m≥0.由于当且仅当m=2且e x≥x+1，x+m-1≥ln()x+m同时取等号时f()x=0成立，但x=0与x=-1不能同时成立，所以不可能取到f()x=0，从而得到f()x>0.证法2充分运用了基本函数模型之间的关系，把很难或无法按常规步骤处理的函数问题转化为可以按常规步骤处理的函数基本问题，这充分体现了数学思维的基本特征.4.已知x1，x2分别是方程2x+2x=5，2x+2log2·()x-1=5的根，求x1+x2的值.解：因为2x+2x=5，所以2x-1=-()x-1+32.因为2x+2log2()x-1=5，所以log2()x-1=-()x-1+32.令x-1=t，则2t=-t+32，log2t=-t+32.（下转第64页）。

数学高考冲刺：函数与导数命题趋势预测

2019数学高考冲刺：函数与导数命题趋势预测2019数学高考冲刺：函数与导数命题趋势预测
函数的观点和思想方法贯穿整个高中数学的全过程，在近几年的高考中，函数类试题在试题中所占分值一般为22---35分.一般为2个选择题或2个填空题，1个解答题，而且常考常新。

在选择题和填空题中通常考查反函数、函数的定义域、值域、函数的单调性、奇偶性、周期性、函数的图象、导数的概念、导数的应用以及从函数的性质研究抽象函数。

在解答题中通常考查函数与导数、不等式的综合运用。

其主要表现在：
1.通过选择题和填空题，全面考查函数的基本概念，性质和图象。

2.在解答题的考查中，与函数有关的试题常常是以综合题的形式出现。

3.从数学具有高度抽象性的特点出发，没有忽视对抽象函数的考查。

4.一些省市对函数应用题的考查是与导数的应用结合起来
考查的。

5.涌现了一些函数新题型。

6.函数与方程的思想的作用不仅涉及与函数有关的试题，而且对于数列，不等式，解析几何等也需要用函数与方程思想
作指导。

7.多项式求导(结合不等式求参数取值范围)，和求斜率(切线方程结合函数求最值)问题。

8.求极值，函数单调性，应用题，与三角函数或向量结合。

历年高考函数导数综合题解题思路归纳总结

历年高考函数导数综合题解题思路归纳总结导数综合题是高考数学中的重要题型，主要涉及函数、导数、不等式等知识点，需要具备较强的逻辑思维、推理能力和数学应用能力。

以下是历年高考函数导数综合题的解题思路详细归纳总结：考察的题型分5大类，23个小类一、求函数的单调性1.求函数的导数；2.根据导数的符号判断函数的单调性；3.根据单调性判断函数的极值点或最值点；4.根据极值点或最值点进行参数取值范围的求解。

二、切线问题1.求函数的导数；2.根据导数的几何意义求出切线的斜率；3.根据切线的定义写出切线方程；4.根据切线方程和已知条件求解参数。

三、不等式恒成立问题1.求函数的导数；2.根据导数的符号判断函数的单调性；3.根据函数的单调性和最值求解不等式恒成立的参数范围。

四、零点问题1.求函数的导数；2.根据导数的符号判断函数的单调性；3.根据函数的零点和单调性求解参数的范围。

五、多变量问题1.分别对各个变量求导；2.利用导数研究各个变量的单调性和最值；3.根据函数的图像和性质求解参数的范围。

高考导数综合题的突破点1.导数的定义和性质：导数作为微积分的基本概念，其定义和性质是解决导数综合题的基础。

学生需要熟练掌握导数的计算公式和运算法则，理解导数在研究函数中的意义和应用。

2.切线与导数的关系：切线是导数的几何意义所在，也是导数综合题中常见的考点。

学生需要理解切线的定义和性质，掌握切线方程的求解方法，能够利用导数求曲线的切线。

3.函数的单调性与导数的关系：单调性是函数的重要性质之一，而导数则是研究函数单调性的重要工具。

学生需要理解导数与函数单调性之间的关系，能够通过导数的符号判断函数的单调性。

4.极值与最值的求解：极值和最值是导数综合题中常见的考点。

学生需要掌握极值和最值的求解方法，理解极值和最值的几何意义，能够利用导数求函数的极值和最值。

5.不等式与导数的关系：不等式是导数综合题中常见的考点之一。

学生需要理解导数在处理不等式问题中的作用，掌握利用导数证明不等式的方法。

数学计划总结-2019年高考数学函数与导数的命题趋势精品

2019年高考数学函数与导数的命题趋势
函数与导数是高考数学的重点内容之一,函数的观点和思想方法贯穿整个高中数学
的全过程,在近几年的高考中, 函数类试题在试题中所占分值一般为22---35分.一般
为2个选择题或2个填空题,1个解答题 ,而且常考常新。

在选择题和填空题中通常考查反函数、函数的定义域、值域、函数的单调性、奇
偶性、周期性、函数的图象、导数的概念、导数的应用以及从函数的性质研究抽象函数。

在解答题中通常考查函数与导数、不等式的综合运用。

其主要表现在:
1.通过选择题和填空题,全面考查函数的基本概念,性质和图象。

2.在解答题的考查中,与函数有关的试题常常是以综合题的形式出现。

3.从数学具有高度抽象性的特点出发,没有忽视对抽象函数的考查。

4.一些省市对函数应用题的考查是与导数的应用结合起来考查的。

5.涌现了一些函数新题型。

6.函数与方程的思想的作用不仅涉及与函数有关的试题,而且对于数列,不等式,解
析几何等也需要用函数与方程思想作指导。

7.多项式求导(结合不等式求参数取值范围),和求斜率(切线方程结合函数求最值)
问题。

8.求极值, 函数单调性,应用题,与三角函数或向量结合。

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2019年12月19日。

高考数学专题1 函数与导数综合题的解答课件文新人教A版

质
函数是高中数学的重点内容，而函数的性质又是高考命题的热点，用导数研究函数的性质比用初等方法研究要方便得多，并且具有普遍的适用性．
(2012· 高考北京卷)已知函数 f(x)＝ax2＋1(a＞0)，g(x)＝x3＋ bx. (1)若曲线 y＝f(x)与曲线 y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求 a，b 的值； (2)当 a2＝4b 时，求函数 f(x)＋g(x)的单调区间，并求其在区间(－ ∞，－1]上的最大值．【审题】 (1)在交点(1，c)处有公共切线，隐含(1，c)为切点，
热点二
导数、函数与不等式
用导数的方法研究与函数有关的不等式问题，是巧妙地构造函数，然后这个函数的单调性、极值、最值及特殊点的函数值，结合不等式的性质来解决． (2012· 高考辽宁卷)设 f(x)＝ln x＋ x－1，证明： 3 (1)当 x＞1 时，f(x)＜ (x－1)； 2 9x－1 (2)当 1＜x＜3 时，f(x)＜ . x＋ 5 【审题】函数来证明．本题涉及 f(x)的不等式，可以构造形如 f(x)－φ(x)的
可考虑 f′(1)与 g′(1)．f(1)与 g(1)的关系． (2)构造函数 h(x)＝f(x)＋g(x)，求 h′(x)＞0，h′(x)＜0 的 x 的范围，继而求(－∞，－1]上的最大值．
【转化】
f′1＝g′1 (1)中题意转化为 f1＝g1
.
(2)中转化为求 h′(x)＞0，h′(x)＜0 的解由极值求最值．【解】 (1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b，
又由 G(1)＝0，得 G(x)＜0，所以 h′(x)＜0. 因此 h(x)在(1,3)内是减函数．又 h(1)＝0，所以 h(x)＜0. 9x－1 于是当 1＜x＜3 时，f(x)＜ . x＋5 法二：记 h(x)＝(x＋5)f(x)－9(x－1)，则当 1＜x＜3 时，由(1)得 h′(x)＝f(x)＋(x＋5)f′(x)－9

以“函数与导数”为例谈谈新高考数学命题及教学策略

以“函数与导数”为例谈谈新高考数学命题及教学策略摘要：“函数与导数”是当前高中数学教学内容中相当重要的内容，也是当前新高考中的高频考点，导数是探究函数性质的关键性工具，依托各种数学方法与数学思想同导数计算的结合可以有效获取函数的单调性、极值、最值等等性质的解答。

同时“函数与导数”也是当前新高考中综合考察的要点，通过与不等式证明、圆锥曲线等知识点进行结合，以综合压轴的问题出现，考察学生的综合问题解决能力。

本篇文章首先就以“函数与导数”为例从考题新结构、考题新情境、考题新认识三个角度来说明当前新高考数学的命题思路与命题方法，而后就如何依托新高考的时代背景开展有效的数学教学提出相应的建议。

关键词：数学核心素养；高考命题；高考复习；建议引言：在高考革新的时代背景之下，高考数学命题方向、题目立意都有了针对性的优化与创新，以求通过高考考试真正的选拔高质量学生，做好对素质教育的有效检验。

当前新高考的数学试卷中往往将“函数与导数”作为基础题目与压轴题目的出题点，这类题目往往彰显着对学生数学思想运用、逻辑推理能力、数学计算能力、创新能力等核心素养的检验，并能有效突出了当前新高考下数学试卷命题的本质和强调理性思维为导向的命题原则。

以期本篇文章能够以“函数与导数”为例有效分析当前新高考数学命题的基本角度、立意与创新，从而据此探究新高考背景下数学教学的有效途径。

一、试题命题分析高考命题选择哪种类型的题目，依托哪种学生数学能力检验形式才能真正有效的反映出学生数学学习与教师数学教学的成效，从而有效增强数学教学的目的性与针对性，是当前新高考背景下数学命题研究的永恒方向。

本篇文章将以“函数与导数”为例，从题目新结构、题目新情境、以及题目新认识这三个层次上对当下新高考数学命题进行分析。

１、考题新结构数学高考试卷的命题结构往往关乎着考试的区分度和试题的难度以及有效性，影响着学生总体高考的选拔性与基础性。

因而，教育部考试中心在保障命题结构平稳浮动的情况下，在试卷命题开放性上做出了精巧改变，例如针对选题目来说，选考题目由传统的三选一转变为后来的二选一，至今改变为多选题甚至出现了开放题目的设计。

函数与导数的高考命题分析

总复习篇名师专题讲座高二使用2020年7—8月屮钙姦浬化专题(5)函数与导数％高考命题*+■福建省泉州市第七中学彭耿铃全国卷强调“能力立意'以知识为载体，以思维能力为核心，全面考查运算求解、推理论证、抽象概括以及应用意识和创新意识%下面针对高考的核心内容函数与导数进行命题分析，对高考试题的命题知识、方法进行归纳、概括，揭示高考试题的本质以及来龙去脉，培养同学们更自然地掌握解题策略，希望能对大家决胜高考有所帮助！-、函数高考要求和命题分析①高考对函数的考查一般为-道小题，约15分；②从考查内容上看主要涉及函数的图像，指数、对数的大小比较，函数的性质及零点问题；③在解答题中多与导数、不等式结合命题，试题难度较大％函数高考试题主要有以下几种考查形式％1.函数图像：考查图像平移、对称，函数的最值、单调性!!(2016年全国I卷)函数3= 2.-—在:-2,2］上的图像大致为()。

A. B. C. D.解析3=f(.)=2.-—e®是偶函数，且f(2)=8—e-((0,1),排除选项A,B；当.) 0时，函数f(.)=2.-—e.，则f f(.)=4.—e，易知.((。

，4)，/'(.)V0,f(.)在(o,4)上单调递减，排除选项C,故选D。

本题考查函数的奇偶性、单调性，函数值的符号特征极值％2.指对数比较大小：考查单调性、换底公式、与中间变量的临界比较C!2设a=log,,e,=ln—,c=ln—,e re 则()%A.a VbVcB.bVcVaC.bVaVcD.cVbVa解析：因为b+c=1,所以分别与中间量—上匕较%b—1=2(lnC——ln e)=-1ln十V 11/e4\1e3 0,———(in^—ln e)=^-ln>0,故b1|121V2V c。

a=loge=—loge>—,a—c=;----------—(2—ln!)=ln!3：-------—2> ln兀ln兀2/in!•-------—2=0,则bVcVa。

高中数学专题讲义：高考中函数与导数问题的热点题型

高中数学专题讲义：高考中函数与导数问题的热点题型高考导航函数是中学数学的核心内容,导数是研究函数的重要工具,因此,导数的应用是历年高考的重点与热点,常涉及的问题有：讨论函数的单调性(求函数的单调区间)、求极值、求最值、求切线方程、求函数的零点或方程的根、求参数的范围、证明不等式等,涉及的数学思想有：函数与方程、分类讨论、数形结合、转化与化归思想等,中、高档难度均有.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】 (2015·全国Ⅱ卷)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.(2)由(1)知,当a ≤0,f (x )在(0,＋∞)上无最大值；当a >0时,f (x )在x ＝1a 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,a 的取值范围是(0,1).探究提高 (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. 【训练1】设f (x )＝－13x 3＋12x 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－163,求f (x )在该区间上的最大值. 解 (1)由f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14＋2a ,当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞时,f ′(x )的最大值为f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝29＋2a ；令29＋2a ＞0,得a ＞－19. 所以,当a ＞－19时,f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间.(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 ＝－163⇒a ＝1.此时,由f ′(x 0)＝－x 20＋x 0＋2＝0⇒x 0＝2或－1(舍去),所以函数f (x )max ＝f (2)＝103. 热点二利用导数研究函数的零点或曲线交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2】设函数f (x )＝ln x ＋mx ,m 为正常数.(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 )－x3零点的个数.解 (1)由题设,当m ＝e 时,f (x )＝ln x ＋ex ,其定义域为(0,＋∞). 则f ′(x )＝x －ex 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 ＋ee ＝2, ∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(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,∴x ＝1是φ(x )唯一的极值点,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)＝23.又φ(0)＝0,结合y ＝φ(x )的图象(如图),可知 ①当m >23时,函数g (x )无零点；②当m ＝23时,函数g (x )有且只有一个零点； ③当0<m <23时,函数g (x )有两个零点；综上所述,当m >23时,函数g (x )无零点；当实数m ＝23时,函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时,函数g (x )有两个零点.探究提高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. 【训练2】 (2017·贵阳七校联考)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 －2x －1＝0. 令h (x )＝e x －2x －1,因为h ′(x )＝e x ＋2x 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 －3－13<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(规范解答)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)不等式恒成立问题； (3)存在型不等式成立问题.【例3】 (满分12分)(2015·全国Ⅰ卷)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 2a .满分解答 (1)解 f (x )的定义域为(0,＋∞), f ′(x )＝2e 2x －ax (x >0).2分当a ≤0时,f ′(x )>0,f ′(x )没有零点；3分当a >0时,设u (x )＝e 2x ,v (x )＝－ax , 因为u (x )＝e 2x 在(0,＋∞)上单调递增, v (x )＝－ax 在(0,＋∞)上单调递增. 所以f ′(x )在(0,＋∞)上单调递增.6分又f ′(a )>0,当b 满足0<b <a 4且b <14时,f ′(b )<0, 故当a >0时,f ′(x )存在唯一零点.(2)证明由(1),设f ′(x )在(0,＋∞)上的唯一零点为x 0, 当x ∈(0,x 0)时,f ′(x 0)<0；当x ∈(x 0,＋∞)时,f ′(x 0)>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). 9分由于2e2x 0－ax 0＝0,所以f (x 0)＝a 2a 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a .故当a >0时,f (x )≥2a ＋a ln 2a .12分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f (x )的最小值和基本不等式的应用.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 ＝x 0处最值的判定.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,求解使f ′(b )<0的b 满足的约束条件0<b <a 4,且b <14.如第(2)问中x 0满足条件的计算,若计算错误不得分,另外还应注意规范的文字、符号语言的表述.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：判断f′(x)零点的个数；第四步：证明f(x)在f′(x)的零点取到最小值.第五步：求出f(x)最小值的表达式,证明结论成立；第六步：反思回顾,查看关键点、易错点和解题规范.【训练3】(2016·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1).(1)当a＝4时,求曲线y＝f(x)在(1,f(1))处的切线方程；(2)若当x∈(1,＋∞)时,f(x)>0,求a的取值范围.解(1)f(x)的定义域为(0,＋∞).当a＝4时,f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1),f(1)＝0,f′(x)＝ln x＋1x－3,f′(1)＝－2.故曲线y＝f(x)在(1,f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.(2)当x∈(1,＋∞)时,f(x)>0等价于ln x－a（x－1）x＋1>0.设g(x)＝ln x－a（x－1）x＋1,则g′(x)＝1x－2a（x＋1）2＝x2＋2（1－a）x＋1x（x＋1）2,g(1)＝0.①当a≤2时,若x>1,则x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0∴g′(x)>0,g(x)在(1,＋∞)上单调递增.故当a≤2时,g(x)>0在x∈(1,＋∞)上恒成立.②当a>2时,令g′(x)＝0得x1＝a－1－（a－1）2－1，x2＝a－1＋（a－1）2－1.由x2>1和x1x2＝1得x1<1,故当x∈(1,x2)时,g′(x)<0,g(x)在(1,x2)单调递减,因此g(x)<0.综上,a的取值范围是(－∞,2].(建议用时：80分钟)1.已知函数f(x)＝x2－ln x－ax,a∈R.(1)当a＝1时,求f(x)的最小值；(2)若f(x)>x,求a的取值范围.解(1)当a＝1时,f(x)＝x2－ln x－x,f′(x)＝（2x＋1）（x－1）x.当x∈(0,1)时,f′(x)<0；当x∈(1,＋∞)时,f′(x)>0.所以f(x)的最小值为f(1)＝0.(2)由f(x)>x,得f(x)－x＝x2－ln x－(a＋1)x>0.由于x>0,所以f(x)>x等价于x－ln xx>a＋1.令g(x)＝x－ln xx,则g′(x)＝x2－1＋ln xx2.当x∈(0,1)时,g′(x)<0；当x∈(1,＋∞)时,g′(x)>0.故g(x)有最小值g(1)＝1.故a＋1<1,a<0,即a的取值范围是(－∞,0).2.(2016·天津卷节选)设函数f(x)＝x3－ax－b,x∈R,其中a,b∈R.(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)存在极值点x0,且f(x1)＝f(x0),其中x1≠x0,求证：x1＋2x0＝0. (1)解由f(x)＝x3－ax－b,可得f′(x)＝3x2－a.下面分两种情况讨论：①当a≤0时,有f′(x)＝3x2－a≥0恒成立,所以f(x)的单调递增区间为(－∞,＋∞).②当a>0时,令f′(x)＝0,解得x＝3a3或x＝－3a3.当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表：所以(2)证明因为f(x)存在极值点,所以由(1)知a>0,且x0≠0.由题意,得f′(x0)＝3x20－a＝0,即x20＝a 3,进而f(x0)＝x30－ax0－b＝－2a3x0－b.又f(－2x0)＝－8x30＋2ax0－b＝－8a3x0＋2ax0－b＝－2a3x0－b＝f(x0),且－2x0≠x0,由题意及(1)知,存在唯一实数x1满足f(x1)＝f(x0),且x1≠x0,因此x1＝－2x0,所以x1＋2x0＝0.3.(2017·南宁质检)已知函数f(x)＝2x＋1x2,直线l：y＝kx－1.(1)求函数f(x)的极值；(2)试确定曲线y＝f(x)与直线l的交点个数,并说明理由.解(1)函数f(x)定义域为{x|x≠0},求导得f′(x)＝2－2x3,令f′(x)＝0,解得x＝1.当x变化时,f′(x)与f(x)的变化情况如下表所示：所以函数y＝f(x所以函数y＝f(x)有极小值f(1)＝3,无极大值.(2)“曲线y＝f(x)与直线l的交点个数”等价于“方程2x＋1x2＝kx－1的根的个数”,由方程2x＋1x2＝kx－1,得k＝1x3＋1x＋2.令t＝1x,则k＝t3＋t＋2,其中t∈R,且t≠0,考查函数h(t)＝t3＋t＋2,其中t∈R,因为h′(t)＝3t2＋1>0时,所以函数h(t)在R上单调递增,且h(t)∈R.而方程k＝t3＋t＋2中,t∈R,且t≠0,所以当k＝h(0)＝2时,方程k＝t3＋t＋2无根；当k ≠2时,方程k ＝t 3＋t ＋2有且仅有一根,故当k ＝2时,曲线y ＝f (x )与直线l 没有交点,当k ≠2时,曲线y ＝f (x )与直线l 有且仅有一个交点. 4.(2017·合肥模拟)已知f (x )＝x ln x ,g (x )＝x 3＋ax 2－x ＋2.(1)如果函数g (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，1,求函数g (x )的解析式；(2)对任意x ∈(0,＋∞),2f (x )≤g ′(x )＋2恒成立,求实数a 的取值范围.解 (1)g ′(x )＝3x 2＋2ax －1,由题意3x 2＋2ax －1<0的解集是⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，1,即3x 2＋2ax －1＝0的两根分别是－13,1.将x ＝1或－13代入方程3x 2＋2ax －1＝0,得a ＝－1.所以g (x )＝x 3－x 2－x ＋2. (2)由题意2x ln x ≤3x 2＋2ax －1＋2在x ∈(0,＋∞)上恒成立, 可得a ≥ln x －32x －12x ,设h (x )＝ln x －32x －12x , 则h ′(x )＝1x －32＋12x 2＝－（x －1）（3x ＋1）2x 2,令h ′(x )＝0,得x ＝1或－13(舍),当0<x <1时,h ′(x )>0,当x >1时,h ′(x )<0,所以当x ＝1时,h (x )取得最大值,h (x )max ＝－2, 所以a ≥－2,所以a 的取值范围是[－2,＋∞). 5.(2017·衡水中学质检)已知函数f (x )＝x ＋ae x .(1)若f (x )在区间(－∞,2)上为单调递增函数,求实数a 的取值范围；(2)若a ＝0,x 0<1,设直线y ＝g (x )为函数f (x )的图象在x ＝x 0处的切线,求证：f (x )≤g (x ). (1)解易知f ′(x )＝－x －（1－a ）e x,由已知得f ′(x )≥0对x ∈(－∞,2)恒成立,故x ≤1－a 对x ∈(－∞,2)恒成立,∴1－a ≥2,∴a ≤－1. (2)证明 a ＝0,则f (x )＝xe x .函数f (x )的图象在x ＝x 0处的切线方程为y ＝g (x )＝f ′(x 0)(x －x 0)＋f (x 0).令h (x )＝f (x )－g (x ) ＝f (x )－f ′(x 0)(x －x 0)－f (x 0),x ∈R , 则h ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)＝1－x e x －1－x 0e x 0＝（1－x）e x0－（1－x0）e xe x＋x0.设φ(x)＝(1－x)e x0－(1－x0)e x,x∈R则φ′(x)＝－e x0－(1－x0)e x,∵x0<1,∴φ′(x)<0,∴φ(x)在R上单调递减,而φ(x0)＝0,∴当x<x0时,φ(x)>0,当x>x0时,φ(x)<0,∴当x<x0时,h′(x)>0,当x>x0时,h′(x)<0,∴h(x)在区间(－∞,x0)上为增函数,在区间(x0,＋∞)上为减函数,∴x∈R时,h(x)≤h(x0)＝0,∴f(x)≤g(x).6.(2016·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝(x－2)e x＋a(x－1)2.(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)f′(x)＝(x－1)e x＋2a(x－1)＝(x－1)(e x＋2a).(ⅰ)设a≥0,则当x∈(－∞,1)时,f′(x)<0；当x∈(1,＋∞)时,f′(x)>0.所以f(x)在(－∞,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增.(ⅱ)设a<0,由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a).①若a＝－e2,则f′(x)＝(x－1)(ex－e),所以f(x)在(－∞,＋∞)上单调递增.②若a>－e2,则ln(－2a)<1,故当x∈(－∞,ln(－2a))∪(1,＋∞)时,f′(x)>0；当x∈(ln(－2a),1)时,f′(x)<0.所以f(x)在(－∞,ln(－2a)),(1,＋∞)上单调递增,在(ln(－2a),1)上单调递减.③若a<－e2,则ln(－2a)>1,故当x∈(－∞,1)∪(ln(－2a),＋∞)时,f′(x)>0；当x∈(1,ln(－2a))时,f′(x)<0.所以f(x)在(－∞,1),(ln(－2a),＋∞)上单调递增,在(1,ln(－2a))上单调递减.(2)(ⅰ)设a>0,则由(1)知,f(x)在(－∞,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增.又f(1)＝－e,f(2)＝a,取b满足b<0且b<ln a2,则f(b)>a2(b－2)＋a(b－1)2＝a⎝⎛⎭⎪⎫b2－32b>0,所以f(x)有两个零点.(ⅱ)设a＝0,则f(x)＝(x－2)e x,所以f(x)只有一个零点.(ⅲ)设a<0,若a≥－e2,则由(1)知,f(x)在(1,＋∞)上单调递增.又当x≤1时f(x)<0,故f(x)不存在两个零点.若a<－e2,则由(1)知,f(x)在(1,ln(－2a))上单调递减,在(ln(－2a),＋∞)上单调递增.又当x≤1时,f(x)<0,故f(x)不存在两个零点.综上,a的取值范围为(0,＋∞).。

函数导数主题单元高考题研究规律

且在 0, 单调递减，则
A．
,
9 4
C．
,
5 2
B．
,
7 3
D．
,
8 3
A．
f
log3
1 4
f
3 2 2
f
2 2 3
B．
f
log3
1 4
f
2 2 3
f
3 2 2
C．
f
3 2 2
f
2 2 3
f
log3
1 4
D．
f
2 2 3
偶函数，当
x [1, 2] 时，
f
(x) ax2
b .若
f (0)
f
(3) 6 ，则
f
9 2
(
)
A. 9
B. 3
C. 7
D. 5
4
2
4
2
考察奇函数偶函数的定义
1.奇函数和题干结合推出的周期性。 2.奇函数和偶函数结合导出周期性。
为国家的前途命运负责为学生的终生发展负责
【2021 年新高考Ⅰ卷，13】已知函数 f (x) x3 a 2x 2x 是偶函数，则 a ____________.
为国家的前途命运负责为学生的终生发展负责
2020全国一卷理科 22分函数的切线、构造函数利用单调性比较函数值的大小，函数的单调性
为国家的前途命运负责为学生的终生发展负责
2020全国二卷理科 22分复合函数的单调性、奇偶性，构造函数判单调性来比较函数值的大小
为国家的前途命运负责为学生的终生发展负责
的奇函数,满足f(1 x) f(1 x).若 f (1) 2 ，则 f (1) f (2) f (3) f (50)

专题一 高考函数与导数命题动向