(推荐)高中数学函数与导数常考题型整理归纳

高中数学函数与导数常考题型整理归纳

题型一:利用导数研究函数的性质

利用导数研究函数的单调性、极值、最值是高考的热点问题之一，每年必考，一般考查两类题型：(1)讨论函数的单调性、极值、最值，(2)利用单调性、极值、最值求参数的取值范围. 【例1】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，求实数a 的取值范围. 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1

x

－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. 综上，知当a≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；

当a ＞0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫

1a ，＋∞上单调递减.

(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上无最大值；

当a ＞0时，f (x )在x ＝1a 处取得最大值，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，实数a 的取值范围是(0，1).

【类题通法】(1)研究函数的性质通常转化为对函数单调性的讨论，讨论单调性要先求函数定义域，再讨论导数在定义域内的符号来判断函数的单调性.

(2)由函数的性质求参数的取值范围，通常根据函数的性质得到参数的不等式，再解出参数的范围.若不等式是初等的一次、二次、指数或对数不等式，则可以直接解不等式得参数的取值范围；若不等式是一个不能直接解出的超越型不等式时，如求解ln a ＋a －1<0，则需要构造函数来解.

【变式训练】已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)e x(x∈R，e为自然对数的底数).

(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；

(2)若函数f(x)在(－1，1)上单调递增，求实数a的取值范围.解(1)当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)e x，

所以f′(x)＝(－2x＋2)e x＋(－x2＋2x)e x

＝(－x2＋2)e x.

令f′(x)>0，即(－x2＋2)e x>0，因为e x>0，

所以－x2＋2>0，解得－2

所以函数f(x)的单调递增区间是(－2，2).

(2)因为函数f(x)在(－1，1)上单调递增，

所以f′(x)≥0对x∈(－1，1)都成立，

因为f′(x)＝(－2x＋a)e x＋(－x2＋ax)e x

＝－x2＋(a－2)x＋a]e x，

所以－x2＋(a－2)x＋a]e x≥0对x∈(－1，1)都成立.

因为e x>0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0对x∈(－1，1)都成立，

即a≥x2＋2x

x＋1

＝

（x＋1）2－1

x＋1

＝(x＋1)－

1

x＋1

对x∈(－1，1)都成立.

令y＝(x＋1)－

1

x＋1

，则y′＝1＋

1

（x＋1）2

>0.

所以y＝(x＋1)－

1

x＋1

在(－1，1)上单调递增，

所以y<(1＋1)－

1

1＋1

＝

3

2

.即a≥

3

2

.

因此实数a的取值范围为a≥3 2 .

题型二:利用导数研究函数零点或曲线交点问题

函数的零点、方程的根、曲线的交点，这三个问题本质上同属一个问题，它们之间可相互转化，这类问题的考查通常有两类：(1)讨论函数零点或方程根的个数；(2)由函数零点或方程的根求参数的取值范围.

【例2】设函数f(x)＝ln x＋m

x

，m∈R.

(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)－x

3

零点的个数.

解 (1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋e

x

，

定义域为(0，＋∞)，则f ′(x )＝

x －e

x 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 ＋e

e ＝2，

∴f (x )的极小值为2.

(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x

3(x ＞0)，

令g (x )＝0，得m ＝－13x 3

＋x (x ＞0).

设φ(x )＝－13

x 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 )的唯一极值点，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)＝2

3

.

又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)，

可知①当m ＞2

3时，函数g (x )无零点；

②当m ＝2

3时，函数g (x )有且只有一个零点；

③当0＜m ＜2

3时，函数g (x )有两个零点；

④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点. 综上所述，当m ＞2

3

时，函数g (x )无零点；