2020高考数学专题突破《函数与导数》

[方法技巧] 求函数 y＝f(x)在某个区间上极值的步骤
[演练冲关] 1．已知函数 f(x)＝aln x＋x2－ax(a∈R )．
(1)若 x＝3 是 f(x)的极值点，求 f(x)的单调区间；
解：f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝ax＋2x－a＝2x2－xax＋a， 因为 x＝3 是 f(x)的极值点，所以 f′(3)＝18－33a＋a＝0， 解得 a＝9，所以 f′(x)＝2x2－x9x＋9＝2x－3xx－3， 所以当 0<x<32或 x>3 时，f′(x)>0， 当32<x<3 时， f′(x)<0，即 x＝3 是 f(x)的极小值点， 所以 f(x)的单调递增区间为0，32，(3，＋∞)， 单调递减区间为32，3.
∴当 x∈0，1a时，g′(x)>0；当 x∈1a，＋∞时，g′(x)<0. 因此 g(x)在0，1a上是增函数，在1a，＋∞上是减函数． ∴x＝1a时，g(x)取极大值 g1a＝ln 1a－a2×a12＋(1－a)×1a＋ 1＝21a－ln a. 由①②得，当 a≤0 时，函数 g(x)无极值； 当 a>0 时，函数 g(x)有极大值21a－ln a，无极小值．
函数与导数 题型(一) 导数的简单应用问题
主要考查导数的几何意义，利用导数研究函数的单 调性、极值与最值问题.
[典例感悟] [典例 1] 已知函数 f(x)＝ln x－12ax2＋x，a∈R .
(1)当 a＝0 时，求曲线 y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程； [解] 当 a＝0 时，f(x)＝ln x＋x， 则 f(1)＝1， ∴切点为(1,1)，又 f′(x)＝1x＋1， ∴切线斜率 k＝f′(1)＝2， 故切线方程为 y－1＝2(x－1)，即 2x－y－1＝0.
(2)令 g(x)＝f(x)－(ax－1)，求函数 g(x)的极值． [解] g(x)＝f(x)－(ax－1)＝ln x－12ax2＋(1－a)x＋1， 则 g′(x)＝1x－ax＋(1－a)＝－ax2＋1x－ax＋1， ①当 a≤0 时， ∵x>0，∴g′(x)>0. ∴g(x)在(0，＋∞)上是增函数，函数 g(x)无极值点． ②当 a>0 时，g′(x)＝－ax2＋1x－ax＋1 ＝－ax－1axx＋1，令 g′(x)＝0 得 x＝1a.
[方法技巧] 利用导数研究函数零点或方程根的方法
(1)通过极值(最值)判断零点个数的方法 借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负， 函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零 点个数求参数范围． (2)数形结合法求解零点 对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值 域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参 数的范围．
(2)求方程 f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由． [解] 由(1)得 h(x)＝ex－1－ x－x. 由 g(x)＝ x＋x 知，x∈[0，＋∞)，而 h(0)＝0， 则 x＝0 为 h(x)的一个零点，而 h(x)在(1,2)内有零点， 因此 h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点． 因为 h′(x)＝ex－12x－12－1， 记 φ(x)＝ex－12x －12－1，则 φ′(x)＝ex＋14x －32 . 当 x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此 φ(x)在(0，＋∞)上单调 递增，则 φ(x)在(0，＋∞)上至多只有一个零点，即 h(x)在[0， ＋∞)上至多有两个零点． 所以方程 f(x)＝g(x)的根的个数为 2.
(2)求 g(x)＝f(x)－2x 在区间[1，e]上的最小值 h(a)．
解：g′(x)＝2x2－xLeabharlann Baidux＋a－2＝2x－axx－1， 令 g′(x)＝0，得 x1＝a2，x2＝1. ①当a2≤1，即 a≤2 时，g(x)在[1，e]上为增函数，h(a)＝g(1)＝－a－1； ②当 1<a2<e，即 2<a<2e 时，g(x)在1，a2上为减函数，在a2，e上为增 函数，h(a)＝ga2＝alna2－14a2－a； ③当a2≥e，即 a≥2e 时，g(x)在[1，e]上为减函数，h(a)＝g(e)＝ (1－e)a＋e2－2e.
(3)构造函数法研究函数零点 ①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区 间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极 值以及区间端点的函数值与 0 的关系，从而求解． ②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线 交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思 想方法．
[演练冲关] 2．(2017·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.
(1)讨论 f(x)的单调性； 解：f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)． ①若 a≤0，则 f′(x)<0， 所以 f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减． ②若 a>0，则由 f′(x)＝0，得 x＝－ln a. 当 x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)<0； 当 x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)>0. 所以 f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单 调递增．
－a－1，a≤2， 综上，h(a)＝a1ln－a2－ea41＋a2e－2－a，2e2，<aa<≥2e2，e.
题型(二) 导数与函数的零点或方程根问题
主要考查利用导数来判断函数的零点或方程根的个数，或者 依据函数的零点、方程根的存在情况求参数的值或取值范围.
[典例感悟] [典例 2] 已知函数 f(x)＝ex－1，g(x)＝ x＋x，其中 e 是自 然对数的底数，e＝2.718 28…. (1)证明：函数 h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1,2)上有零点； [解] 证明：由 h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－ x－x 得， h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－ 2>0，且 h(x)在区间(1,2) 上是连续的， 所以函数 h(x)在区间(1,2)上有零点．