2019年高考数学（理）热点题型：函数与导数（含答案）

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2019.5

函数与导数

热点一 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. 1

解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－a. 若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增. 1??

若a＞0，则当x∈?0，a?时，f′(x)＞0；

???1?

当x∈?a，＋∞?时，f′(x)＜0，

??

1???1?

0，，＋∞????上单调递减. 所以f(x)在上单调递增，在a???a?综上，知当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

1???1?

当a＞0时，f(x)在?0，a?上单调递增，在?a，＋∞?上单调递减.

????(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；

1?11?1??

当a＞0时，f(x)在x＝a处取得最大值，最大值为f?a?＝ln a＋a?1－a?＝－ln a＋a－

????1.

?1?

因此f?a?＞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.

【对点训练】 已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex(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)ex， 所以f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex ＝(－x2＋2)ex.

令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，因为ex>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)ex＋(－x2＋ax)ex ＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，

所以[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0对x∈(－1，1)都成立.

因为ex>0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0对x∈(－1，1)都成立， x2＋2x（x＋1）2－1即a≥＝

x＋1x＋1

＝(x＋1)－

1

对x∈(－1，1)都成立. x＋1

11，则y′＝1＋>0. x＋1（x＋1）21

在(－1，1)上单调递增， x＋1

令y＝(x＋1)－

所以y＝(x＋1)－所以y<(1＋1)－

133＝2.即a≥2. 1＋1

3

因此实数a的取值范围为a≥2.

热点二 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. m

【例2】设函数f(x)＝ln x＋x，m∈R.

(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值； x

(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－3零点的个数. e

解 (1)由题设，当m＝e时，f(x)＝ln x＋x，

x－e

定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝x2，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， e

∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋e＝2， ∴f(x)的极小值为2.

x1mx

(2)由题设g(x)＝f′(x)－3＝x－x2－3(x＞0)， 1

令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x＞0).

3

1

设φ(x)＝－3x3＋x(x＞0)，

则φ′(x)＝－x2＋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. 2

∴φ(x)的最大值为φ(1)＝3.

又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，

2

可知①当m＞3时，函数g(x)无零点； 2

②当m＝3时，函数g(x)有且只有一个零点； 2

③当0＜m＜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. 2

综上所述，当m＞3时，函数g(x)无零点； 2

当m＝3或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点； 2

当0＜m＜3时，函数g(x)有两个零点.

【类题通法】利用导数研究函数的零点常用两种方法：

(1)运用导数研究函数的单调性和极值，利用单调性和极值定位函数图象来解决零点问题；

(2)将函数零点问题转化为方程根的问题，利用方程的同解变形转化为两个函数图象的交点问题，利用数形结合来解决.

【对点训练】函数f(x)＝(ax2＋x)ex，其中e是自然对数的底数，a∈R. (1)当a>0时，解不等式f(x)≤0；

(2)当a＝0时，求整数t的所有值，使方程f(x)＝x＋2在[t，t＋1]上有解. 解 (1)因为ex>0，(ax2＋x)ex≤0. ∴ax2＋x≤0.又因为a>0， ?1?

所以不等式化为x?x＋a?≤0.

??

?1?

所以不等式f(x)≤0的解集为?－a，0?.

??(2)当a＝0时，方程即为xex＝x＋2， 由于ex>0，所以x＝0不是方程的解， 2

所以原方程等价于ex－x－1＝0. 2

令h(x)＝e－x－1，

x

2

因为h′(x)＝ex＋x2>0对于x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立， 所以h(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)内是单调递增函数， 1

又h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－2>0，h(－3)＝e－3－3<0， h(－2)＝e－2>0，

所以方程f(x)＝x＋2有且只有两个实数根且分别在区间[1，2]和[－3，－2]上，所以整数t的所有值为{－3，1}. 热点三 利用导数研究不等式问题

导数在不等式中的应用是高考的热点，常以解答题的形式考查，以中高档题为主，突出转化思想、函数思想的考查，常见的命题角度：(1)证明简单的不等式；(2)由不等式恒成立求参数范围问题；(3)不等式恒成立、能成立问题. 【例3】设函数f(x)＝e2x－aln x. (1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数； 2

(2)证明：当a＞0时，f(x)≥2a＋alna.

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