重点高中数学函数与导数常考题型整理归纳

xaa1aaaa1aaaaa高xaa1aaaa1aaaaa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，一般考查两类题型讨论函数的单调性、极值、最值，利用单调性、极值、最值求参数的取值范围【例1】知函数f()ln＋a(1－x讨论f()的单调；当f()有最大值，且最大值大于－2时，求实数a的取值范围解

(1)()的定义域为(0，＋∞)，f

1′)＝－若≤0，则f，所以()在(，＋∞上单调递增.若a＞0则当x∈

′)＞0；当x∈＋∞′)＜0所以f(x在递增，在，＋∞递减.综上，知当a≤0时，f(x在(0＋∞)上单调递增；当a＞0，f(在递增，在，∞递减.由(1)知，当a≤0时，f()在(0，＋∞)上无最大值；当a＞0，f(在＝处取得最大值，最大值为f＋alna＋a－1.因此f－等价于lnaa1＜0.令ga＝ln＋－，则g(a)在0，＋∞上单调递增，g＝0.于是，当0＜a＜1时，g(a)＜0当a＞1，ga)＞0.因此，实数a取值范围是(0，【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.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.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a＋a1<0，则需要构造函数来解.欢迎阅读

2x2xx2x2x2xx2x2x2x2x2222222x3【变式训练】已知a∈R，函数f)＝－＋ax(∈R，e为自然对数的底数.当a＝2时，求函数(x)的单调递增区间；2x2xx2x2x2xx2x2x2x2x2222222x3若函数f()在－1，单调递增，求实数a的取值范围.解

(1)当a2，f(x)＝(－＋x)e，所以f′(x)＝－2x＋2)e＋(－＋＝－

＋

.令fx，即(－＋2)e>0，因为e>0，所以－x

＋2>0，解得－x所以函数f(x的单调递增区间是(－，因为函数f()在－1，1)上单调递增所以f′(x)≥0∈(－1，1)都成立，因为f′(x)＝－2x＋a＋－x＋ax＝－x＋(a2)＋a，所以－x

＋a－2)＋a

x

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

1x＋1

对x∈－1，都成立令y＝＋1)－

11，则y＝1＋>0.x＋1（x＋1）所以y＝＋－

1x＋1

在－1，上单调递增，所以y＋－

13＝.a≥.1＋13因此实数a的取值范围a≥.题型二: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)函数零点或方程的根求参数的取值范围.m【例2】函数f(x)＝lnx＋，m∈.当m＝为自然对数的底数时，求f(x的极小值；x讨论函数()＝f′(x零点的个数.欢迎阅读

xx2e3x32333323333333解xx2e3x32333323333333

e(1)由题设，m＝时，()＝ln＋，x－定义域为(0，＋∞，则fx)＝，由f′(x＝0，得x＝∴当x∈，，f′(x)＜0，()在(0，e)上单调递减，当x∈，＋∞，f′(x0，(x在(e，＋∞上单调递增，e∴当x＝时f()取得极小值＝lne＋＝，∴f(x的极小值为2.x1x由题设g()＝fx－＝－－(x＞0)，1令g＝0，得m－＋x＞0).1设(x＝－x则φ′(x＝－

＋x＞＋1＝－x－1)(x＋，当x∈，1)时，′(x)＞0，(x在(0上单调递增；当x∈，＋∞时，φ(x＜0，()在(1＋∞)上单调递减.∴x＝1是φ()的唯一极值点，且是极大值点，因此x＝1也是)的最大值点2∴(x的最大值为φ(1)＝.又(0)＝0，结＝(x的图象(如图)，2可知①当m＞时函数g)无零点；2②当m＝时，函)且只有一个零点；2③当0＜m＜时，函数g(x有两个零点；④当m≤0时，函数g()有且只一个零点.2综上所述，当＞时，函数g无零点；2当m或≤0，函数g(x有且只有一个零点；2当0＜m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：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；欢迎阅读

2xxx2aaxxxxxxxx2232a2x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2xxx2aaxxxxxxxx2232a2x【变式训练】函数f()＋，其中是然对数的底数，∈R当a时，解不等式f(x≤0；当a＝0时，求整数所有值，使方程f(x)＝＋2t，t1]有解.解

(1)因e

>0，

2

＋x)e

≤0.∴ax＋x≤0.又因为a>0，所以不等式化为x所以不等式f(x)≤0解集为，当a＝0时，方程即为xe＝x＋2，由于e>0，所＝0不是方程的解，2所以原方程等价于－－10.2令h＝e－－，2因为h)＝＋>0对于x∈－∞，∪，＋∞恒成立，所以hx在(－∞，(0，＋∞内是单调递增函数，又h(1)＝－3<0，h(2)＝－，(－3)＝－

3

1－，h－2)－

2

>0，所以方程f(x＝x＋2且只有两个实数根且分别在区间－3以整数t的所有值为{－3，1}.题型三: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：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】函数f()＝－lnx.讨论f()的导函数f′()零点的个数；2证明：当＞时，f(x≥2aaln.解

af(x的定义域为(0，＋∞，f′(x＝2e－(＞0).欢迎阅读

2x2x400x2aaa2x当a≤0，f′(＞0，′(x没有零点.2x2x400x2aaa2xa当a＞0，设u)＝，v(x＝－，a因为ux＝e在(，＋∞)上单调递增，v(x＝－在(，＋∞)上单调递增，所以fx)在(0，＋∞上单调递增.a又f)＞0，当b足0＜b＜且b时，f′(b)＜0(讨论≥或＜来检验)，故当a＞0时f′(存在唯一零点证明

由(1)，可设f)在(0，＋∞上的唯一零点为x，当∈(0，x)时，f′(x＜0；当x∈，＋∞)时，f′(x＞0.0故f(x在(0x)上单调递减，在x，＋∞)上单调递增，0所以当x＝x时，f(x取得最小值，最小值为()00a由于2e2x－＝，00a2所以f()＝＋ax＋a≥＋ln.0002故当a＞0时f(≥2a＋aln.【类题通法】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()＝axlnxa∈若a＝2，求曲线＝f()在x＝1处的切线方程；求f()的单调区间；设g()＝x－2x＋2，若对任意∈，＋∞)，均存在x∈0，1]使得()<g(x)，求a取值范围12解

1(1)由已知f′(x＝＋(，所以f′(1)2＋1＝3，所以斜率k＝3.又切点为12)，所以切线方程为y－23(－即3x－－1＝0，欢迎阅读

xa1aa11aa2aaaa3xa1aa11aa2aaaa31＋1f′(x＝a＋＝(x>0)，①当a≥0时，由>0，故＋，f′()>0，所以f(的单调增区间为0＋∞).1②当a时，由x)＝，得＝－.在区间′(x)>0，在区间＋∞′，所以函