高中数学函数和导数常考题型整理归纳

1、 6/6 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、最值求参数的取值围.【例1】已知函数f(x)ln xa(1x).(1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a2时，数a的取值围.解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)eq f(1,x)a.若a0，则f(x)0，所以f(x)在(0，)上单调递增.若a0，则当xeq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,a)时，f(x)0；当xeq blc

2、(rc)(avs4alco1(f(1,a)，)时，f(x)0，所以f(x)在eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,a)上单调递增，在eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,a)，)上单调递减.综上，知当a0时，f(x)在(0，)上单调递增；当a0时，f(x)在eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,a)上单调递增，在eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,a)，)上单调递减.(2)由(1)知，当a0时，f(x)在(0，)上无最大值；当a0时，f(x)在xeq f(1,a)处取得最大值，最大值为feq blc(rc)(avs4alco1(f(1,

3、a)ln eq f(1,a)aeq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,a)ln aa1.因此feq blc(rc)(avs4alco1(f(1,a)2a2等价于ln aa10.令g(a)ln aa1，则g(a)在(0，)上单调递增，g(1)0.于是，当0a1时，g(a)0；当a1时，g(a)0.因此，实数a的取值围是(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围，通常根据函数的性质得到参数的不等式，再解出参数的围.若不等式是初等的一次、二次、指数或对数

4、不等式，则可以直接解不等式得参数的取值围；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 aa10，即(x22)ex0，因为ex0，所以x220，解得eq r(2)x0，所以x2(a2)xa0对x(1，1)都成立，即aeq f(x22x,x1)eq f(（x1）21,x1)(x1)eq f(1,x1)对x(1，1)都成立.令y(x1)eq f(1,x1)，则y1eq f(1,（x1）2)0.所以y(x1)eq f(1,x1)在(1，1)上单调递增，所以y0时，解不等式f(x)0；(2)当a0时，求整数t的所有值，使方程f(x)x2在t，t1上有解.解(1)因为ex0，(ax2x)ex0

5、.ax2x0.又因为a0，所以不等式化为xeq blc(rc)(avs4alco1(xf(1,a)0.所以不等式f(x)0的解集为eq blcrc(avs4alco1(f(1,a)，0).(2)当a0时，方程即为xexx2，由于ex0，所以x0不是方程的解，所以原方程等价于exeq f(2,x)10.令h(x)exeq f(2,x)1，因为h(x)exeq f(2,x2)0对于x(，0)(0，)恒成立，所以h(x)在(，0)和(0，)是单调递增函数，又h(1)e30，h(3)e3eq f(1,3)0，所以方程f(x)x2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

6、.题型三: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围问题；(3)不等式恒成立、能成立问题.【例3】设函数f(x)e2xaln x.(1)讨论f(x)的导函数f(x)零点的个数；(2)证明：当a0时，f(x)2aalneq f(2,a).(1)解f(x)的定义域为(0，)，f(x)2e2xeq f(a,x)(x0).当a0时，f(x)0，f(x)没有零点.当a0时，设u(x)e2x，v(x)eq f(a,x)，因为u(x)e2x在(0，)上单调递增

7、，v(x)eq f(a,x)在(0，)上单调递增，所以f(x)在(0，)上单调递增.又f(a)0，当b满足0beq f(a,4)且beq f(1,4)时，f(b)0(讨论a1或a1来检验)，故当a0时，f(x)存在唯一零点.(2)证明由(1)，可设f(x)在(0，)上的唯一零点为x0，当x(0，x0)时，f(x)0；当x(x0，)时，f(x)0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以当xx0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)由于2e2x0eq f(a,x0)0，所以f(x0)eq f(a,2x0)2ax0alneq f(2,a)2aalneq f(2,a).故

8、当a0时，f(x)2aalneq f(2,a).【类题通法】1.讨论零点个数的答题模板第一步：求函数的定义域；第二步：分类讨论函数的单调性、极值；第三步：根据零点存在性定理，结合函数图象确定各分类情况的零点个数.2.证明不等式的答题模板第一步：根据不等式合理构造函数；第二步：求函数的最值；第三步：根据最值证明不等式.【变式训练】已知函数f(x)axln x(aR).(1)若a2，求曲线yf(x)在x1处的切线方程；(2)求f(x)的单调区间；(3)设g(x)x22x2，若对任意x1(0，)，均存在x20，1使得f(x1)0)，所以f(1)213，所以斜率k3.又切点为(1，2)，所以切线方程为y23(x1)，即3xy10，故曲线yf(x)在x1处的切线方程为3xy10.(2)f(x)aeq f(1,x)eq f(ax1,x)(x0)，当a0时，由于x0，故ax10，f(x)0，所以f(x)的单调增区间为(0，).当a0，在区间eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,a)，)上，f(x)0，所以函数f(x)的单调递增区间为eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,a)，单调递减区间为eq blc(rc