“函数与导数”大题常考的3类题型

“函数与导数”大题常考的3类题型

一、学前明考情——考什么、怎么考

[真题尝试]

1．(2017·全国卷Ⅲ)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. 解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，

f ′(x )＝1x ＋2ax ＋2a ＋1＝(x ＋1)(2ax ＋1)x

. 若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，

故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．

若a ＜0，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． (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. 设g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1x

－1. 当x ∈(0,1)时，g ′(x )＞0；当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.

所以当x ＞0时，g (x )≤0.

从而当a ＜0时，ln ⎝⎛⎭⎫－12a ＋12a

＋1≤0， 即f (x )≤－34a

－2. 2．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝e x －ax 2.

(1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1；

(2)若f (x )在(0，＋∞)只有一个零点，求a .

解：(1)证明：当a ＝1时，f (x )≥1等价于(x 2＋1)e －

x －1≤0.

设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x －1，

则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)e －x ＝－(x －1)2e －x .

当x ≠1时，g ′(x )<0，

所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减．

而g (0)＝0，故当x ≥0时，g (x )≤0，即f (x )≥1.

(2)设函数h (x )＝1－ax 2e －

x .

f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点等价于h (x )在(0，＋∞)上只有一个零点．

(ⅰ)当a ≤0时，h (x )>0，h (x )没有零点；

(ⅱ)当a >0时，h ′(x )＝ax (x －2)e －x .

当x ∈(0,2)时，h ′(x )<0；

当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0.

所以h (x )在(0,2)上单调递减，

在(2，＋∞)上单调递增．

故h (2)＝1－4a e 2是h (x )在(0，＋∞)上的最小值． ①当h (2)>0，即a

时，h (x )在(0，＋∞)上没有零点． ②当h (2)＝0，即a ＝e 24

时，h (x )在(0，＋∞)上只有一个零点． ③当h (2)<0，即a >e 24

时， 因为h (0)＝1，所以h (x )在(0,2)上有一个零点．

由(1)知，当x >0时，e x >x 2，

所以h (4a )＝1－16a 3e 4a ＝1－16a 3(e 2a )2>1－16a 3(2a )4＝1－1a >0， 故h (x )在(2,4a )上有一个零点．

因此h (x )在(0，＋∞)上有两个零点．

综上，当f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点时，a ＝e 24

. 3．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝a e x －ln x －1.

(1)设x ＝2是f (x )的极值点，求a ，并求f (x )的单调区间；

(2)证明：当a ≥1e

时，f (x )≥0. 解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x －1x .

由题设知，f ′(2)＝0，所以a ＝12e 2. 从而f (x )＝12e 2e x －ln x －1，f ′(x )＝12e 2e x －1x . 可知f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，又f ′(2)＝0，

所以当02时，f ′(x )>0.

所以f (x )的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)．

(2)证明：当a ≥1e 时，f (x )≥e x e

－ln x －1. 设g (x )＝e x e －ln x －1，则g ′(x )＝e x e

－1x .

可知g ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，且g ′(1)＝0，

所以当01时，g ′(x )>0.

所以x ＝1是g (x )的最小值点．

故当x >0时，g (x )≥g (1)＝0.

因此，当a ≥1e

时，f (x )≥0. [把握考情]

常规角度 1.单调性问题．主要考查利用导数求函数的单调区间或讨论函数的单调性以

及由函数的单调性求参数范围.

2.函数零点问题．主要考查判断函数的零点个数以及由函数零点或方程的根

求参数的值或取值范围．

3.不等式问题．主要考查不等式的证明、不等式恒成立或不等式存在性问题．

主要以解答题为主，综合性较强，难度较大

创新角度

常与切线、函数的单调性、极值、最值等知识综合命题，且常与指数函数、对数函数的复合函数结合

二、课堂研题型——怎么办、提知能

1、利用导数研究函数的单调性

利用导数研究函数的单调性是高考的热点和重点，一般为解答题的第一问，若不含参数，难度一般，若含参数，则较难．

常见的考法有：(1)求函数的单调区间．(2)讨论函数的单调性．(3)由函数的单调性求参数．

考法一 求函数的单调区间 [例1] (2018·湘东五校联考节选)已知函数f (x )＝(ln x －k －1)x (k ∈R)．当x >1时，求f (x )的单调区间．

[解] f ′(x )＝1x ·x ＋ln x －k －1＝ln x －k ，

①当k ≤0时，因为x >1，所以f ′(x )＝ln x －k >0，

所以函数f (x )的单调递增区间是(1，＋∞)，无单调递减区间．

②当k >0时，令ln x －k ＝0，解得x ＝e k ，

当1e k 时，f ′(x )>0.

所以函数f (x )的单调递减区间是(1，e k )，单调递增区间是(e k ，＋∞)．

综上所述，当k ≤0时，函数f (x )的单调递增区间是(1，＋∞)，无单调递减区间；当k >0时，函数f (x )的单调递减区间是(1，e k )，单调递增区间是(e k ，＋∞)．

[方法技巧]

利用导数求函数单调区间的方法

(1)当导函数不等式可解时，解不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0求出单调区间．

(2)当方程f ′(x )＝0可解时，解出方程的实根，依照实根把函数的定义域划分为几个区间，确定各区间f ′(x )