高考数学专题：函数与导数

则 g′(x)＝2x－2x＝－2x＋x1x－1. ∵x∈[1e，e]，
∴当g′(x)＝0时,x＝1.
当1e<x<1 时，g′(x)>0； 当1<x<e时,g′(x)<0. 故g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝m－1. 又 g(1e)＝m－2－e12， g(e)＝m＋2－e2，g(e)－g(1e)＝4－e2＋e12<0，
解 当a＝2时，f(x)＝2ln x－x2＋2x，f′(x)＝2x－2x＋2， 切点坐标为(1,1)， 切线的斜率k＝f′(1)＝2， 则切线方程为y－1＝2(x－1)， 即y＝2x－1.
(2)若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在[1e，e]上有两个零点，求实数m 的取值范围.
解 g(x)＝2ln x－x2＋m，
－1＋ 4＋3a
所以 f(x)在 x＝x2＝
3
处取得最大值.
[10 分]
又f(0)＝1,f(1)＝a,
所以当0<a<1时,f(x)在x＝1处取得最小值； [11分]
当a＝1时,f(x)在x＝0处和x＝1处同时取得最小值；[12分]
当1<a<4时,f(x)在x＝0处取得最小值.
[13分]
评分细则
第(1)问得分点 1.若没写出定义域可不扣分. 2.若f′(x)<0与f′(x)>0解集出错,只得2分. 3.若(－∞,x1)和(x2,＋∞)中间用∪连接,扣1分.
例2 (12分)(2014·课标全国Ⅰ)f(x)＝aln x＋ 1－a x2－ 2
bx(a≠1),曲线y＝f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为0. (1)求b； (2)若存在 x0≥1，使得 f(x0)<a－a 1，求 a 的取值范围.
规范解答
解 (1)f′(x)＝ax＋(1－a)x－b.
[1 分]
2ax2＋1－2x2ax－a2＋1
解 f′(x)＝
x2＋12
－2x－aax＋1
＝
x2＋12
.
由于a≠0,以下分两种情况讨论.
①当 a＞0 时，令 f′(x)＝0，得到 x1＝－1a，x2＝a.
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，－1a) －1a (－1a，a)
a
f′(x)
－
第二篇 看细则,用模板,解题再规范
第6讲 函数与导数
题型一 利用导数研究函数的单调性与极值、最值问题 题型二 导数的综合应用问题
题型一 利用导数研究函数的单调性与极值、最值问题
例1 (13分)(2014·安徽)设函数f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3, 其中a>0. (1)讨论f(x)在其定义域上的单调性； (2)当x∈[0,1]时,求f(x)取得最大值和最小值时的x的值.
则 g(e)<g(1e)，
∴g(x)在[1e，e]上的最小值是 g(e). g(x)在[1e，e]上有两个零点的条件是 gg11e＝ ＝mm－ －21－ >0e，12≤0， 解得 1<m≤2＋e12， ∴实数 m 的取值范围是(1,2＋e12].
0
＋
0
(a，＋∞) －
f(x)
↘
极小值
↗ 极大值 ↘
所以 f(x)在区间－∞，－1a，(a，＋∞)内为减函数，
在区间－1a，a内为增函数. 函数 f(x)在 x1＝－1a处取得极小值 f－1a， 且 f－1a＝－a2.
函数f(x)在x2＝a处取得极大值f(a),且f(a)＝1.
②当 a＜0 时，令 f′(x)＝0，得到 x1＝a，x2＝－1a， 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表：
所以，存在 x0≥1，使得 f(x0)<a－a 1的充要条件为 f(1)<a－a 1， 即1－2 a－1<a－a 1，
解得－ 2－1<a< 2－1. ②若21<a<1，则1－a a>1，
[7 分]
故当 x∈(1，1－a a)时，f′(x)<0， 当 x∈(1－a a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1，1－a a)单调
递减，在(1－a a，＋∞)单调递增.
所以，存在
x0≥1 ， 使 得
f(x0)<
a a－1
的
充
要
条
件
为
aa f(1－a)<a－1.
而 f(1－a a)＝aln 1－a a＋21a－2 a＋a－a 1>a－a 1，
所以不合题意.
[9分]
③若 a>1，则 f(1)＝1－2 a－1＝－a2－1<a－a 1.
[11 分]
综上，a 的取值范围是(－ 2－1， 2－1)∪(1，＋∞).[12 分]
评分细则
第(1)问得分点 1.若导函数求错,不得分. 2.若f′(1)＝0解错,只得2分.
第(2)问得分点 1.若没求定义域,其他正确,不扣分. 2.没进行分类讨论的,不得分.漏一类扣2分. 3.没有结论的扣1分. 4.利用其他方法求解的,同样得分.
解 当 a＝1 时，f(x)＝x22＋x 1，f(2)＝45， 又 f′(x)＝2x2＋x21＋－122x·2x＝2x－2＋21x22，f′(2)＝－265.
所以,曲线y＝f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为 y－54＝－265(x－2)，即 6x＋25y－32＝0.
(2)当a≠0时,求函数f(x)的单调区间与极值.
答题模板 第一步：整理函数式,对其求导数； 第二步：研究函数单调性,含参数的,要依题意对参数进行 讨论； 第三步：应用函数单调性,解决题目涉及的问题,如存在性 问题,恒成立问题,探索性问题等,主要依据是函数最值、单 调性； 第四步：得出综合结论； 第五步：回顾反思,查易错点,验规范性.
跟踪训练2 已知函数f(x)＝2ln x－x2＋ax(a∈R). (1)当a＝2时，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程；
规范解答
解 f(x)的定义域为(－∞,＋∞),
f′(x)＝1＋a－2x－3x2.
[1分]
令f′(x)＝0,
－1－ 4＋3a
－1＋ 4＋3a
得 x1＝
3
，x2＝
3
，x1<x2，
所以f′(x)＝－3(x－x1)(x－x2). 当x<x1或x>x2时,f′(x)<0；
[2分]
当x1<x<x2时,f′(x)>0.
综上，当 a>0 时，函数 f(x)的单调递增区间为(－1a，a)，单 调递减区间为(－∞，－1a)，(a，＋∞)，
极大值为1,极小值为－a2. 当 a<0 时，函数 f(x)的单调递增区间为(－∞，a)，(－1a，＋∞)， 单调递减区间为(a，－1a)，极大值为 1，极小值为－a2.
题型二 导数的综合应用问题
[4分]
故f(x)在(－∞,x1)和(x2,＋∞)内单调递减,在(x1,x2)内单调递
增.
[5分]
(2)因为a>0,所以x1<0,x2>0.
[6分]
①当a≥4时,x2≥1,由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递增,
所以f(x)在x＝0和x＝1处分别取得最小值和最大值；[8分]
②当0<a<4时,x2<1,由(1)知,f(x)在[0,x2]上单调递增,在[x2,1] 上单调递减,
由题设知f′(1)＝0,解得b＝1.
[3分]
(2)f(x)的定义域为(0,＋∞),
由(1)知，f(x)＝aln x＋1－2 ax2－x， f′(x)＝ax＋(1－a)x－1＝1－x a(x－1－a a)(x－1).
[5 分]
①若 a≤12，则1－a a≤1， 故当x∈(1,＋∞)时,f′(x)>0,f(x)在(1,＋∞)单调递增.
x (－∞，a)
a
(a，－1a) －1a (－1a，＋∞)
f′(x) ＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值 ↘ 极小值
↗
所以 f(x)在区间(－∞，a)，－1a，＋∞内为增函数，在区
间a，－1a内为减函数.
函数f(x)在x1＝a处取得极大值f(a),且f(a)＝1. 函数 f(x)在 x2＝－1a处取得极小值 f(－1a)， 且 f－1a＝－a2.
第(2)问得分点 1.没根据a≥4与0<a<4分类讨论,不得分. 2.当0<a<4时,没根据0<a<1,a＝1,1<a<4讨论,扣3分. 3.按a>4与0<a≤4分类讨论,同样得分. 4.当0<a<4时,把a＝1合并在0<a<1或1<a<4讨论,同样得 分.
答题模板
第一步：确定函数的定义域.如本题函数的定义域为R； 第二步：求f(x)的导数f′(x)； 第三步：求方程f′(x)＝0的根； 第四步：利用f′(x)＝0的根和不可导点的x的值从小到大顺 次将定义域分成若干个小开Fra bibliotek间,并列出表格；
第五步：由f′(x)在小开区间内的正、负值判断f(x)在小开 区间内的单调性； 第六步：明确规范地表述结论； 第七步：反思回顾.查看关键点、易错点及解题规范.
跟踪训练1 已知函数f(x)＝2axx－2＋a21＋1 (x∈R).其中a∈R. (1)当a＝1时,求曲线y＝f(x)在点(2,f(2))处的切线方程；