2020届高考数学导数的11个专题

目录

导数专题一、单调性问题 (2)

导数专题二、极值问题 (38)

导数专题三、最值问题 (53)

导数专题四、零点问题 (77)

导数专题五、恒成立问题和存在性问题 (118)

导数专题六、渐近线和间断点问题 (170)

导数专题七、特殊值法判定超越函数的零点问题 (190)

导数专题八、避免分类讨论的参变分离和变换主元 (201)

导数专题九、公切线解决导数中零点问题 (214)

导数专题十、极值点偏移问题 (219)

导数专题十一、构造函数解决导数问题 (227)

导数专题一、单调性问题

【知识结构】

【知识点】

一、导函数代数意义：利用导函数的正负来判断原函数单调性；

二、分类讨论求函数单调性：含参函数的单调性问题的求解，难点是如何对参数进行分类讨论，

讨论的关键在于导函数的零点和定义域的位置关系.

三、分类讨论的思路步骤：

第一步、求函数的定义域、求导，并求导函数零点；

第二步、以导函数的零点存在性进行讨论；当导函数存在多个零点的时，讨论他们的大小关系及与

区间的位置关系（分类讨论）；

第三步、画出导函数的同号函数的草图，从而判断其导函数的符号（画导图、标正负、截定义域）；第四步、（列表）根据第五步的草图列出f '(x)，f (x)随x 变化的情况表，并写出函数的单调区间；

第五步、综合上述讨论的情形，完整地写出函数的单调区间，写出极值点，极值与区间端点函数

值比较得到函数的最值.

四、分类讨论主要讨论参数的不同取值求出单调性，主要讨论点：

1.最高次项系数是否为0；

2.导函数是否有极值点；

3.两根的大小关系；

4.根与定义域端点讨论等。

五、求解函数单调性问题的思路：

（1）已知函数在区间上单调递增或单调递减，转化为f '(x) ≥ 0 或f '(x) ≤ 0 恒成立；

（2）已知区间上不单调，转化为导函数在区间上存在变号零点，通常利用分离变量法求解参

变量的范围；

（3）已知函数在区间上存在单调递增或单调递减区间，转化为导函数在区间上大于零或小于

零有解.

六、原函数单调性转化为导函数给区间正负问题的处理方法

（1）参变分离；

（2）导函数的根与区间端点直接比较；

（3）导函数主要部分为一元二次时，转化为二次函数根的分布问题.这里讨论的以一元二次为主。

七、求解函数单调性问题方法提炼：

（1）将函数f (x )单调增（减）转化为导函数f '(x)≥(≤)0恒成立；

（2）f '(x)=g (x )h (x )，由g (x)> 0 （或g (x)< 0 ）可将f '(x)≥(≤)0恒成立转化为h (x )≥(≤)0（或h (x )≤(≥)0）恒成立；

（3）由“分离参数法”或“分类讨论”，解得参数取值范围。

{ }

【考点分类】

考点一、分类讨论求解函数单调性；

【例 1-1】（2015-2016 朝阳一模理 18）已知函数 f (x ) = x + a ln x , a ∈ R ．

（Ⅰ）求函数 f (x ) 的单调区间；

（Ⅱ）当 x ∈[1, 2]时，都有 f (x ) > 0 成立，求 a 的取值范围；

（Ⅲ）试问过点

P (1，3) 可作多少条直线与曲线 y = f (x ) 相切？并说明理由．

f (x ) 的定义域为 x x > 0 ． f '(x ) = 1+ a =

x + a ．

x

x

（1）当 a ≥ 0 时， f '(x ) > 0 恒成立，函数 f (x ) 在(0, +∞) 上单调递增；

（2）当 a < 0 时， 令 f '(x ) = 0 ，得 x = -a ．

当0 < x < -a 时， f '(x ) < 0 ，函数 f (x ) 为减函数； 当 x > -a 时， f '(x ) > 0 ，函数 f (x ) 为增函数．

综上所述，当 a ≥ 0 时，函数 f (x ) 的单调递增区间为(0, +∞) ．

当

a < 0 时，函数 f (x ) 的单调递减区间为(0, -a ) ，单调递增区间为(-a ，+∞) ． （Ⅱ）由（Ⅰ）可知，（1）当

-a ≤ 1 时，即 a ≥ -1 时，函数 f (x ) 在区间[1, 2] 上为增函数，所以在区间[1, 2] 上， f (x )min = f (1) = 1 ，显然函数 f (x ) 在区间[1, 2] 上恒大于零；

（2）当1 < -a < 2 时，即-2 < a < -1 时，函数 f (x ) 在[1

，- a ) 上为减函数，在(-a , 2] 上为增函数，所以 f (x )min = f (-a ) = -a + a ln(-a ) ．

依题意有 f (x )min = -a + a ln(-a ) > 0 ，解得 a > -e ，所以-2 < a < -1 ． （3）当-a ≥ 2 时，即 a ≤ -2 时， f (x ) 在区间[1, 2] 上为减函数， 所以 f (x )min = f (2) = 2+a ln 2 ．

依题意有 f (x )

min = 2+a

ln 2 > 0 ，解得 a > - 2 ln 2 ，所以-

2

ln 2

< a ≤ -2 ．

x x

综上所述，当 a > -

2

ln 2

时，函数 f (x ) 在区间[1, 2] 上恒大于零．

（Ⅲ）设切点为（x , x +a ln x ) ，则切线斜率 k = 1 +

a

，

切线方程为 y - (x + a ln x ) = (1 +

x 0

a

)(x - x ) ．

因为切线过点 P (1,3) ，则3 - (x + a ln x ) = (1 + a

)(1 - x ) ．

即 a (ln x 0 +

0 -1) - 2 = 0 ． ………………①

令 g (x ) = a (ln x + 1

-1) - 2 (x > 0) ，则 g '(x ) = a ( 1

- 1 ) = a (x -1) ．

x

（1）当 a < 0 时，在区间(0,1) 上， g '(x ) > 0 ， x x 2

x 2

g (x ) 单调递增；

在区间(1, +∞) 上， g '(x ) < 0 ， g (x ) 单调递减，

所以函数 g (x ) 的最大值为 g (1) = -2 < 0 ．

故方程 g (x ) = 0 无解，即不存在 x 0 满足①式． 因此当 a < 0 时，切线的条数为0 ．

（2）当 a > 0 时, 在区间(0,1) 上， g '(x ) < 0 ， g (x ) 单调递减，

在区间(1, +∞) 上， g '(x ) > 0 ， g (x ) 单调递增， 所以函数 g (x ) 的最小值为 g (1) = -2 < 0 ．

1+ 2 2 -1- 2

-1- 2 取 x 1 = e

a

> e ，则 g (x 1 ) = a (1+ + e a

a -1) - 2 = a e a > 0 ．

故 g (x ) 在(1, +∞) 上存在唯一零点．

-1-

2

1

2 1+ 2 1+ 2 1+ 2 2

取 x 2 = e < e ， 则 g (x 2 ) = a (-1- a + e a -1) - 2 = a e a - 2a - 4 = a [e a - 2(1+ )] ． a

设t = 1 + 2

(t > 1) ， u (t ) = e t - 2t ，则u '(t ) = e t

- 2 ．

a

1

x

a