2020年高考数学一轮复习教案：高考大题增分课1 函数与导数中的高考热点问题(含解析)


（一）函数与导数中的高考热点问题
[命题解读]　1.函数是中学数学的核心内容，导数是研究函数的重要工具，因此，函数与导数是历年高考的重点与热点．
2．常涉及的问题有：讨论函数的单调性(求函数的单调区间)、求极值、求最值、求切线方程、求函数的零点或方程的根、求参数的范围、证明不等式等．
3．涉及的数学思想有：函数与方程、分类讨论、数形结合、转化与化归思想等，中、高档难度均有．

利用导数研究函数的性质
函数的单调性、极值是局部概念，函数的最值是整体概念，研究函数的性质必须在定义域内进行，因此，务必遵循定义域优先的原则，本热点主要有三种考查方式：(1)讨论函数的单调性或求单调区间；(2)求函数的极值或最值；(3)利用函数的单调性、极值、最值，求参数的范围．
【例1】　(2018·天津高考节选)设函数f(x)＝(x－t1)(x－t2)(x－t3)，其中t1，t2，t3∈R，且t1，t2，t3是公差为d的等差数列．
(1)若t2＝0，d＝1，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若d＝3，求f(x)的极值．
[解]　(1)由已知，可得f(x)＝x(x－1)(x＋1)＝x3－x，故f′(x)＝3x2－1.因此f(0)＝0，f′(0)＝－1，又因为曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－f(0)＝f′(0)(x－0)，故所求切线方程为x＋y＝0.
(2)由已知可得f(x)＝(x－t2＋3)(x－t2)(x－t2－3)＝(x－t2)3－9(x－t2)＝x3－3t2x2＋(3t－9)x－t＋9t2.
故f′(x)＝3x2－6t2x＋3t－9.令f′(x)＝0，解得x＝t2－，或x＝t2＋.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，t2－)
t2－
(t2－，t2＋)
t2＋
(t2＋，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
所以函数f(x)的极大值为f(t2－)＝(－)3－9×(－)＝6；函数f(x)的极小值为f(t2＋)＝()3－9×＝－6.
[规律方法]　1.研究函数的性质，必须在定义域内进行，因此利用导数研究函数的性质，应遵循定义域优先的原则.
2.讨论函数的单调性，求函数的单调区间、极值问题，最终归结到判断f′(x)的符号问题上，而f′(x)＞0或f′(x)＜0，最终可转化为一个一元一次不等式或一元二次不等式问题.
3.若已知f(x)的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题求解.
(2019·合肥模拟)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；
(2)求g(x)＝f(x)－2x在区间[1，e]的最小值h(a)．
[解]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2x－a＝，
因为x＝3是f(x)的极值点，
所以f′(3)＝＝0，解得a＝9.
所以f′(x)＝＝，
所以当0＜x＜或x＞3时，f′(x)＞0；
当＜x＜3时，f′(x)＜0.
所以f(x)的单调递增区间为和(3，＋∞)，单调递减区间为.
(2)由题知，g(x)＝f(x)－2x＝aln x＋x2－ax－2x.
g′(x)＝－2＝.
①当≤1，即a≤2时，g(x)在[1，e]上为增函数，
h(a)＝g(1)＝－a－1；
②当1＜＜e，即2＜a＜2e时，g(x)在上为减函数，在上为增函数，
h(a)＝g＝aln－a2－a；
③当≥e，即a≥2e时，g(x)在[1，e]上为减函数，
h(a)＝g(e)＝(1－e)a＋e2－2e.
综上，h(a)＝

利用导数研究函数的零点问题
研究函数零点的本质就是研究函数的极值的正负，为此，我们可以通过讨论函数的单调性来解决，求解时应注重等价转化与数形结合思想的应用，其主要考查方式有：(1)确定函数的零点、图象交点的个数；(2)由函数的零点、图象交点的情况求参数的取值范围．

【例2】　(本小题满分12分)(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x3－a(x2＋x＋1)．
(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)只有一个零点．
[信息提取]　看到(1)求单调区间，想到导数与单调性的关系；
看到(2)f(x)只有一个零点，想到f(x)的单调性及函数有零点的条件．
[规范解答]　(1)当a＝3时，f(x)＝x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.
令f′(x)＝0解得x＝3－2或x＝3＋2. 2分
当x∈(－∞，3－2)∪(3＋2，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(3－2，3＋2)时，f′(x)<0. 4分
故f(x)在(－∞，3－2)，(3＋2，＋∞)上单调递增，在(3－2，3＋2)上单调递减. 5分
(2)证明：由于x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等价于－3a＝0. 7分
设g(x)＝－3a，则g′(x)＝≥0，仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增．
故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点. 9分
又f(3a－1)＝－6a2＋2a－＝－6a－2－<0，f(3a＋1)＝>0，故f(x)有一个零点. 11分
综上，f(x)只有一个零点. 12分
[易错与防范]　易错误区：(1)把单调增区间用“∪”连接．
(2)作第(2)问时，直接求f′(x)，导致无法求解．
(3)无法找到区间(m，n)，使得f(m)f(n)＜0.
防范措施：(1)单调区间不能用“∪”连接．
(2)求函数零点时，常利用f(x)＝0，转化函数的表现形式．
(3)在寻找m，n使得f(m)f(n)＜0时，可通过多次尝试获得．
[通性通法]　利用导数研究函数零点的两种常用方法
(1)用导数研究函数的单调性，借助零点存在性定理判断；或用导数研究函数的单调性和极值，再用单调性和极值定位函数图象求解零点问题．
(2)将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．
(2019·武汉模拟)已知f(x)＝ln x－x3＋2ex2－ax，a∈R，其中e为自然对数的底数．
(1)若f(x)在x＝e处的切线的斜率为e2，求a；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
[解]　(1)f′(x)＝－3x2＋4ex－a，
f′(e)＝＋e2－a＝e2，∴a＝.
(2)由ln x－x3＋2ex2－ax＝0，得－x2＋2ex＝a.
记F(x)＝－x2＋2ex，
则F′(x)＝－2(x－e)．
当x∈(e，＋∞)时，F′(x)＜0，F(x)单调递减．
当x∈(0，e)时，F′(x)＞0，F(x)单调递增，
∴F(x)max＝F(e)＝＋e2，
而x→0时，F(x)→－∞，
x→＋∞时，F(x)→－∞.故a＜＋e2.

利用导数研究不等式问题
导数在不等式中的应用是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中高档题，突出转化思想、函数思想的考查．常见的命题角度有：(1)证明不等式；(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)＝aln x＋x2－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)<，求a的取值范围．
[解]　(1)f′(x)＝＋(1－a)x－b.
由题设知f′(1)＝0，解得b＝1.
(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
由(1)知，f(x)＝aln x＋x2－x，
f′(x)＝＋(1－a)x－1＝(x－1)．
①若a≤，则≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
所以，存在x0≥1，使得f(x0)<的充要条件为f(1)<，即－1<，解得－－1 ②若1，故当x∈时，f′(x)<0，当x∈时，f′(x)>0，f(x)在上单调递减，在上单调递增．
所以，存在x0≥1，使得f(x0)<的充要条件为f<.
而f＝aln ＋＋>，所以不合题意．
③若a>1，则f(1)＝－1＝<.
综上，a的取值范围是(－－1，－1)∪(1，＋∞)．
[规律方法]　1.利用导数证明不等式成立问题的常用方法
(1)直接将不等式转化成某个函数最值问题：,若证明f(x)＜g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)＜0，则F(x)在(a，b)上是减函数，同时若F(a)≤0，由减函数的定义可知，x∈(a，b)时，有F(x)＜0，即证明了f(x)＜g(x).
(2)将待证不等式转化为两个函数的最值进行比较证明：在证明不等式中，若待证不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可借助两个函数的最值证明，如证f(x)≥g(x)在D上成立，只需证明f(x)min≥g(x)max即可.
2.利用导数求不等式中参数的范围,用导数解决满足不等式条件的参数范围问题，一般都需要构造函数，然后对构造的函数求导，一般导函数中都含有参数，通过对参数讨论确定导函数的正负，由导函数的正负确定构造函数的单调性，再由单调性确定是否满足函数不等式，由此求出参数范围.
(2019·郑州模拟)已知函数f(x)＝ln x－(1＋a)x2－x.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a＜1时，证明：对任意的x∈(0，＋∞)，有f(x)＜－－(1＋a)x2－a＋1.
[解]　(1)由题知f′(x)＝(x＞0)，
当a≠－1时，由f′(x)＝0得2(1＋a)x2＋x－1＝0且Δ＝9＋8a，
x1＝，x2＝，
①当a＝－1时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
②当a＞－1时，f(x)在(0，x2)上单调递增，在(x2，＋∞)上单调递减；
③当a≤－时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
④当－＜a＜－1时，f(x)在(0，x2)和(x1，＋∞)上单调递增，在(x2，x1)上单调递减．
(2)当a＜1时，要证f(x)＜－－(1＋a)x2－a＋1在(0，＋∞)上恒成立，只需证ln x－x＜－－a＋1在(0，＋∞)上恒成立，
令F(x)＝ln x－x，g(x)＝－－a＋1，
由F′(x)＝－1，易得F(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故F(x)≤F(1)＝－1，
由g(x)＝－－a＋1得g′(x)＝－＝(x＞0)．
当0＜x＜e时，g′(x)＜0；当x＞e时，g′(x)＞0.
所以g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增．
所以g(x)≥g(e)＝－＋1－a.
又a＜1，所以－＋1－a＞－＞－1，即F(x)max＜g(x)min，
所以ln x－x＜－－a＋1在(0，＋∞)上恒成立，
故当a＜1时，对任意的x∈(0，＋∞)，f(x)＜－－(1＋a)x2－a＋1恒成立．
[大题增分专训]
1．(2019·武汉模拟)(1)求函数f(x)＝的最大值；
(2)若函数g(x)＝ex－ax有两个零点，求实数a的取值范围．
[解]　(1)对f(x)＝求导得，f′(x)＝.
易知当0＜x＜e时，f(x)为增函数，当x＞e时，f(x)为减函数，
∴f(x)≤f(e)＝，从而f(x)的最大值为.
(2)①当a＝0时，g(x)＝ex在R上为增函数，且g(x)＞0，故g(x)无零点．
②当a＜0时，g(x)＝ex－ax在R上单调递增，又g(0)＝1＞0，
g＝e－1＜0，故g(x)在R上只有一个零点．
③当a＞0时，由g′(x)＝ex－a＝0可知g(x)在x＝ln a处取得唯一极小值，g(ln a)＝a(1－ln a)．
若0＜a＜e，则g(x)极小值＝a(1－ln a)＞0，g(x)无零点，
若a＝e，则g(x)极小值＝0，g(x)只有一个零点，
若a＞e，则g(x)极小值＝a(1－ln a)＜0，而g(0)＝1＞0，
由(1)可知，f(x)＝在x＞e时为减函数，
∴当a＞e时，ea＞ae＞a2，从而g(a)＝ea－a2＞0，
∴g(x)在(0，ln a)与(ln a，＋∞)上各有一个零点．
综上知，a＞e时，f(x)有两个零点．
故实数a的取值范围为(e，＋∞)．
2．(2019·济南模拟)设函数f(x)＝x－－a，a＝R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＞0时，记f(x)的最小值为g(a)，证明：g(a)＜1.
[解]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝1＋－a＝－a＝，
若a≤0，则f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a＞0，当x∈(0，a)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
(2)由(1)知，f(x)min＝f(a)＝a－－a＝a－aln a－.
即g(a)＝a－aln a－.
要证g(a)＜1，即证a－aln a－＜1，即证1－ln a－＜，令h(a)＝ln a＋＋－1，则只需证h(a)＝ln a＋＋－1＞0，h′(a)＝－－＝＝，
当a∈(0,2)时，h′(a)＜0，h(a)单调递减；
当a∈(2，＋∞)时，h′(a)＞0，h(a)单调递增．
∴h(a)min＝h(2)＝ln 2＋＋－1＝ln 2－＞0，
∴h(a)＞0，即g(a)＜1.
3．(2019·石家庄模拟)已知函数f(x)＝(x＋b)(ex－a)(b＞0)的图象在(－1，f(－1))处的切线方程为(e－1)x＋ey＋e－1＝0.
(1)求a，b；
(2)若m≤0，证明：f(x)≥mx2＋x.
[解]　(1)由题意知f(－1)＝0，f′(－1)＝－1＋，所以f(－1)＝(－1＋b)＝0，
又f′(x)＝(x＋b＋1)ex－a，所以f′(－1)＝－a＝－1＋，
若a＝，则b＝2－e＜0，与b＞0矛盾，故a＝1，b＝1.
(2)由(1)可知f(x)＝(x＋1)(ex－1)，f(0)＝0，f(－1)＝0，
由m≤0，可得x≥mx2＋x，
令g(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，
则g′(x)＝(x＋2)ex－2，
令t(x)＝g′(x)，则t′(x)＝(x＋3)ex，
当x＜－3时，t′(x)＜0，g′(x)单调递减，且g′(x)＜0；
当x＞－3时，t′(x)＞0，g′(x)单调递增，且g′(0)＝0.
所以g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，且g(0)＝0.
故g(x)≥g(0)＝0，所以(x＋1)(ex－1)≥x≥mx2＋x.
故f(x)≥mx2＋x.