2020版新一线高考理科数学（北师大版）一轮复习教学案：高考大题增分课1函数与导数中的高考热点问题


函数与导数中的高考热点问题

[命题解读]　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，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，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

利用导数研究函数的单调性、极值与最值等是高考命题的重点与热点之一，主要有以下命题角度：
(1)利用导数研究函数的单调性、极值、最值；
(2)利用单调性、极值、最值求参数的取值范围．
【例1】　(2015·全国卷Ⅱ)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a的取值范围．
[解]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a.
若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上递增．
若a＞0，则当x∈时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0.所以f(x)在区间上递增，在区间上递减．
(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在区间(0，＋∞)上无最大值；当a＞0时，f(x)在x＝处取得最大值，
最大值为f＝ln ＋a＝－ln a＋a－1.
因此f＞2a－2，即ln a＋a－1＜0.
令g(a)＝ln a＋a－1，则g(a)在区间(0，＋∞)上递增，g(1)＝0.
于是，当0＜a＜1时，g(a)＜0；当a＞1时，g(a)＞0.
因此，a的取值范围是(0,1)．
[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·南昌模拟)设函数f(x)＝ln x－2mx2－n(m，n∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有最大值－ln 2，求m＋n的最小值．
[解]　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－4mx＝，
当m≤0时，f′(x)＞0，∴f(x)在(0，＋∞)上递增；
当m＞0时，令f′(x)＞0得0＜x＜，令f′(x)＜0得x＞，
∴f(x)在上递增，在上递减．
(2)由(1)知，当m＞0时，f(x)在上递增，在上递减．
∴f(x)max＝f＝ln －2m·－n＝－ln 2－ln m－－n＝－ln 2，∴n＝－ln m－，∴m＋n＝m－ln m－.
令h(x)＝x－ln x－(x＞0)，则h′(x)＝1－＝，
∴h(x)在上递减，在上递增，
∴h(x)min＝h＝ln 2，∴m＋n的最小值为ln 2.
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、图像交点的个数；(2)由函数的零点、图像交点的情况求参数的取值范围．
【例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；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.
[解]　(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)．
(ⅰ)若a≤0，则f′(x)0，则由f′(x)＝0得x＝－ln a.
当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)0.
所以f(x)在(－∞，－ln a)递减，在(－ln a，＋∞)递增．
(2)(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点．
(ⅱ)若a>0，由(1)知，当x＝－ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(－ln a)＝1－＋ln a.
①当a＝1时，由于f(－ln a)＝0，
故f(x)只有一个零点；
②当a∈(1，＋∞)时，
由于1－＋ln a＞0，
即f(－ln a)>0，
故f(x)没有零点；
③当a∈(0,1)时，1－＋ln a＜0，即f(－ln a)＜0.
又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2>－2e－2＋2>0，
故f(x)在(－∞，－ln a)有一个零点．
设正整数n0满足n0＞ln，
则f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0＞en0－n0＞2n0－n0＞0.
由于ln＞－ln a，
因此f(x)在(－ln a，＋∞)有一个零点．
综上，a的取值范围为(0,1)．
[规律方法]　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像求解零点问题.
(2)将零点问题转化为函数图像的交点问题，利用数形结合来解决.
已知函数f(x)＝emx－1－x(m＞0)．
(1)若f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围；
(2)探求f(x)的零点个数．
[解]　(1)当x≥0时，设t＝mx≥0，则f(x)≥0⇔g(t)＝et－1－≥0，则g′(t)＝et－，
①当m≥1时，g′(t)＝et－≥1－＝≥0，
故g(t)在[0，＋∞)上递增，故g(t)≥g(0)＝0，
所以f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立；
②当0＜m＜1时，令g′(t)＜0，得0≤t＜－ln m，
得g(t)在[0，－ln m]上递减，故g(－ln m)＜g(0)＝0，此时不满足f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立．
综上，实数m的取值范围是[1，＋∞)．
(2)设t＝mx，则f(x)＝0⇔g(t)＝et－1－＝0，
g′(t)＝et－，令g′(t)＝0，得t＝－ln m，记t0＝－ln m，
①当m＝1时，t0＝0，则当t＜0时，g′(t)＜0，当t＞0时，g′(t)＞0，所以g(t)在(－∞，0)上递减，在(0，＋∞)上递增，且g(0)＝0，所以g(t)有唯一零点，即f(x)有唯一零点．
②当m≠1时，令g′(t)＞0，得t＞t0，所以g(t)在(t0，＋∞)上递增，令g′(t)＜0，得t＜t0，所以g(t)在(－∞，t0)上递减．
且g(t0)＝，
设h(m)＝1＋ln m－m，则h′(m)＝，令h′(m)＝0，得m＝1，
当0＜m＜1时，h′(m)＞0；当m＞1时，h′(m)＜0，
则h(m)在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减，
所以h(m)≤h(1)＝0，所以g(t0)＜0.
当m＞1时，t0＜0，由g(0)＝0，知g(t)在(t0，＋∞)上有一个零点，
由g(t0－m)＝et0－m－＞0，知g(t)在(－∞，t0)上有一个零点，
所以f(x)有两个零点．
当0＜m＜1时，t0＞0，由g(0)＝0，得g(t)在(－∞，t0)上有一个零点，设F(t)＝t2e－t(t＞0)，
则F′(t)＝t(2－t)e－t，令F′(t)＝0，得t＝2，
当0＜t＜2时，F′(t)＞0；当t＞2时，F′(t)＜0，
所以F(t)在(0,2)上递增，在(2，＋∞)上递减，
得F(t)≤F(2)＝＜1，所以et＞t2，
令t1＝t0＋1＋，则t1＞t0，g(t1)＝et1－1－＞t－1－＝2－1－＞0，
得g(t)在(t0，＋∞)上有一个零点，所以f(x)有两个零点．
综上，当m＝1时，f(x)有一个零点；
当m＞0且m≠1时，f(x)有两个零点．
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】　(本题满分12分)(2018·全国卷Ⅰ)已知函数.
(1)；
(2)若，③证明：＜a－2.
[信息提取]　看到①想到函数的定义域：真数大于零；
看到②想到对函数求导，然后解不等式，同时注意函数的定义域；
看到③想到x1，x2是f′(x)＝0的两个实数根．
[规范解答]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－－1＋＝－
·····························································1分
(ⅰ)若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)递减. ·······················································2分
(ⅱ)若a＞2，令f′(x)＝0得，x＝或x＝.﹒﹒﹒﹒3分
当x∈∪时，f′(x)＜0；
当x∈时，f′(x)＞0. ····················5分
所以f(x)在，递减，在递增. ······································6分
(2)由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a＞2.
由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨设x1＜x2，则x2＞1. ···················································8分
由于＝－－1＋a＝－2＋a＝－2＋a，························································9分
所以＜a－2等价于－x2＋2ln x2＜0.10分
设函数g(x)＝－x＋2ln x，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)递减，又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0. ·····································11分
所以－x2＋2ln x2＜0，即＜a－2. ····················12分
[易错与防范]
易错点
防范措施
不会求解含参数的一元二次不等式
按照不等式的属性、相应方程有无实根、相应根的大小是否确定、是否均落在定义域内逐一讨论求解.
没有注意到x1，x2的限制条件
仔细审读题设信息，同时要避免与“任意x1，x2使得＜a－2”的区别.
[通性通法]　(1)解含参数单调区间、极值、最值问题时，容易产生讨论的两个地方：
①f′(x)＝0有根与无根的讨论；
②f′(x)＝0有根，对根大小的讨论．
(2)对于含有双变量x1，x2的不等式证明问题，常借助某一桥梁建立x1，x2的等量关系，从而实现“双变量”向“单变量”的过渡．进而利用函数与导数的关系证明不等式．
(2019·河北五校联考)已知f(x)＝x2－a2ln x，a＞0.
(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；
(2)若f(x1)＝f(x2)，且x1≠x2，证明：x1＋x2＞2a.
[解]　(1)f′(x)＝x－＝.
当x∈(0，a)时，f′(x)＜0，f(x)递减；
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)递增．
当x＝a时，f(x)取最小值f(a)＝a2－a2ln a.
令a2－a2ln a≥0，解得0＜a≤.
故a的取值范围是(0，]．
(2)由(1)知，f(x)在(0，a)上递减，在(a，＋∞)上递增，不失一般性，设0＜x1＜a＜x2，则2a－x2＜a.
要证x1＋x2＞2a，即x1＞2a－x2，则只需证f(x1)＜f(2a－x2)．
因f(x1)＝f(x2)，则只需证f(x2)＜f(2a－x2)．
设g(x)＝f(x)－f(2a－x)，a≤x＜2a.
则g′(x)＝f′(x)＋f′(2a－x)＝x－＋2a－x－＝－≤0，
所以g(x)在[a,2a)上递减，从而g(x)≤g(a)＝0.
又由题意得a＜x2＜2a，
于是g(x2)＝f(x2)－f(2a－x2)＜0，即f(x2)＜f(2a－x2)．
因此x1＋x2＞2a.
[大题增分专训]
1．(2019·银川模拟)已知函数f(x)＝ax－1－ln x(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数；
(2)若函数f(x)在x＝1处取得极值，任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的最大值．
[解]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝a－＝，
当a≤0时，f′(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上递减．
∴f(x)在(0，＋∞)上没有极值点．
当a＞0时，由f′(x)＞0得x＞，f′(x)＜0得0＜x＜.
∴f(x)在上递减，在上递增，即f(x)在x＝处有极小值．
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上没有极值点；
当a＞0时，f(x)在(0，＋∞)上有一个极值点．
(2)∵函数f(x)在x＝1处取得极值，
∴f′(1)＝a－1＝0，则a＝1，从而f(x)＝x－1－ln x，
由f(x)≥bx－2，即1＋－≥b，
令g(x)＝1＋－，则g′(x)＝，
由g′(x)＞0得x＞e2，由g′(x)＜0得0＜x＜e2，
则g(x)在(0，e2)上递减，在(e2，＋∞)上递增，
∴g(x)min＝g(e2)＝1－，
∴实数b的最大值是1－.
2．(2018·郑州一模)已知函数f(x)＝ln x＋－，a∈R且a≠0.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当x∈时，试判断函数g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m的零点个数．
[解]　(1)f′(x)＝(x＞0)，
当a＜0时，f′(x)＞0恒成立，∴函数f(x)在(0，＋∞)上递增；
当a＞0时，由f′(x)＝＞0，得x＞，
由f′(x)＝＜0，得0＜x＜，
∴函数f(x)在上递增，在上递减．
综上所述，当a＜0时，函数f(x)在(0，＋∞)上递增；
当a＞0时，函数f(x)在上递增，在上递减．
(2)∵当x∈时，函数g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m的零点，即当x∈时，方程(ln x－1)ex＋x＝m的根．
令h(x)＝(ln x－1)ex＋x，h′(x)＝ex＋1.
由(1)知当a＝1时，f(x)＝ln x＋－1在上递减，在(1，e)上递增，
∴当x∈时，f(x)≥f(1)＝0.
∴＋ln x－1≥0在x∈上恒成立．
∴h′(x)＝ex＋1≥0＋1＞0，
∴h(x)＝(ln x－1)ex＋x在x∈上递增．
∴h(x)min＝h＝－2e＋，h(x)max＝e.
∴当m＜－2e＋或m＞e时，函数g(x)在上没有零点；
当－2e＋≤m≤e时，函数g(x)在上有一个零点．
3．已知函数f(x)＝(a∈R)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x＋y＋1＝0垂直．
(1)试比较2 0192 020与2 0202 019的大小，并说明理由；
(2)若函数g(x)＝f(x)－k有两个不同的零点x1，x2，证明：x1x2＞e2.
[解]　(1)2 0192 020＞2 0202 019.理由如下：
依题意得，f′(x)＝，
因为函数f(x)在x＝1处有意义，所以a≠－1.
所以f′(1)＝＝，
又由过点(1，f(1))的切线与直线x＋y＋1＝0垂直可得，f′(1)＝1，即＝1，解得a＝0.
此时f(x)＝，f′(x)＝，
令f′(x)＞0，即1－ln x＞0，解得0＜x＜e；
令f′(x)＜0，即1－ln x＜0，解得x＞e.
所以f(x)的递增区间为(0，e)，递减区间为(e，＋∞)．
所以f(2 019)＞f(2 020)，即＞，
则2 020ln 2 019＞2 019 ln 2 020，所以2 0192 020＞2 0202 019.
(2)不妨设x1＞x2＞0，因为g(x1)＝g(x2)＝0，
所以ln x1－kx1＝0，ln x2－kx2＝0.
可得ln x1＋ln x2＝k(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝k(x1－x2)，
要证x1x2＞e2，即证ln x1＋ln x2＞2，也就是k(x1＋x2)＞2，
因为k＝，
所以只需证＞，
即ln ＞，令＝t，则t＞1，即证ln t＞.
令h(t)＝ln t－(t＞1)．
由h′(t)＝－＝＞0，
得函数h(t)在(1，＋∞)上是增函数；
所以h(t)＞h(1)＝0，即ln t＞.
所以x1x2＞e2.