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高考大题增分课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)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，求a的取值范围 解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)a.若a0，则f(x)0，所以f(x)在(0，)上递增若a0，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a0时，f(x)在区间(0，)上无最大值；当a0时，f(x)在x处取得最大值，最大值为fln aln aa1.因此f2a2，即ln aa10.令g(a)ln aa1，则g(a)在区间(0，)上递增，g(1)0.于是，当0a1时，g(a)0；当a1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 x2mx2n(m，nR)(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有最大值ln 2，求mn的最小值解(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)4mx，当m0时，f(x)0，f(x)在(0，)上递增；当m0时，令f(x)0得0x，令f(x)0得x，f(x)在上递增，在上递减(2)由(1)知，当m0时，f(x)在上递增，在上递减f(x)maxfln 2mnln 2ln mnln 2，nln m，mnmln m.令h(x)xln x(x0)，则h(x)1，h(x)在上递减，在上递增，h(x)minhln 2，mn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)已知函数f(x)ae2x(a2)exx.(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(a2)ex1(aex1)(2ex1)()若a0，则f(x)0，则由f(x)0得xln a.当x(，ln a)时，f(x)0.所以f(x)在(，ln a)递减，在(ln a，)递增(2)()若a0，由(1)知，f(x)至多有一个零点()若a0，由(1)知，当xln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)1ln a.当a1时，由于f(ln a)0，故f(x)只有一个零点；当a(1，)时，由于1ln a0，即f(ln a)0，故f(x)没有零点；当a(0,1)时，1ln a0，即f(ln a)0.又f(2)ae4(a2)e222e220，故f(x)在(，ln a)有一个零点设正整数n0满足n0ln，则f(n0)en0(aen0a2)n0en0n02n0n00.由于lnln 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)emx1x(m0)(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x0时，设tmx0，则f(x)0g(t)et10，则g(t)et，当m1时，g(t)et10，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；当0m1时，令g(t)0，得0tln 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tmx，则f(x)0g(t)et10，g(t)et，令g(t)0，得tln m，记t0ln m，当m1时，t00，则当t0时，g(t)0，当t0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)有唯一零点当m1时，令g(t)0，得tt0，所以g(t)在(t0，)上递增，令g(t)0，得tt0，所以g(t)在(，t0)上递减且g(t0)，设h(m)1ln mm，则h(m)，令h(m)0，得m1，当0m1时，h(m)0；当m1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m1时，t00，由g(0)0，知g(t)在(t0，)上有一个零点，由g(t0m)et0m0，知g(t)在(，t0)上有一个零点，所以f(x)有两个零点当0m1时，t00，由g(0)0，得g(t)在(，t0)上有一个零点，设F(t)t2et(t0)，则F(t)t(2t)et，令F(t)0，得t2，当0t2时，F(t)0；当t2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ett2，令t1t01，则t1t0，g(t1)et11t1210，得g(t)在(t0，)上有一个零点，所以f(x)有两个零点综上，当m1时，f(x)有一个零点；当m0且m1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)已知函数.(1)；(2)若，证明：a2.信息提取看到想到函数的定义域：真数大于零；看到想到对函数求导，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)11分()若a2，则f(x)0，当且仅当a2，x1时f(x)0，所以f(x)在(0，)递减. 2分()若a2，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a2.由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2ax10，所以x1x21，不妨设x1x2，则x21. 8分由于1a2a2a，9分所以a2等价于x22ln x20.10分设函数g(x)x2ln 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x22ln x20，即a2. 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a2”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：f(x)0有根与无根的讨论；f(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)x2a2ln x，a0.(1)若f(x)0，求a的取值范围；(2)若f(x1)f(x2)，且x1x2，证明：x1x22a.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xa时，f(x)取最小值f(a)a2a2ln a.令a2a2ln a0，解得0a.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0x1ax2，则2ax2a.要证x1x22a，即x12ax2，则只需证f(x1)f(2ax2)因f(x1)f(x2)，则只需证f(x2)f(2ax2)设g(x)f(x)f(2ax)，ax2a.则g(x)f(x)f(2ax)x2ax0，所以g(x)在a,2a)上递减，从而g(x)g(a)0.又由题意得ax22a，于是g(x2)f(x2)f(2ax2)0，即f(x2)f(2ax2)因此x1x22a.大题增分专训1(2019银川模拟)已知函数f(x)ax1ln x(aR)(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x1处取得极值，任意x(0，)，f(x)bx2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a0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a0时，由f(x)0得x，f(x)0得0x.f(x)在上递减，在上递增，即f(x)在x处有极小值综上，当a0时，f(x)在(0，)上没有极值点；当a0时，f(x)在(0，)上有一个极值点(2)函数f(x)在x1处取得极值，f(1)a10，则a1，从而f(x)x1ln x，由f(x)bx2，即1b，令g(x)1，则g(x)，由g(x)0得xe2，由g(x)0得0xe2，则g(x)在(0，e2)上递减，在(e2，)上递增，g(x)ming(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，aR且a0.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当x时，试判断函数g(x)(ln x1)exxm的零点个数解(1)f(x)(x0)，当a0时，f(x)0恒成立，函数f(x)在(0，)上递增；当a0时，由f(x)0，得x，由f(x)0，得0x，函数f(x)在上递增，在上递减综上所述，当a0时，函数f(x)在(0，)上递增；当a0时，函数f(x)在上递增，在上递减(2)当x时，函数g(x)(ln x1)exxm的零点，即当x时，方程(ln x1)exxm的根令h(x)(ln x1)exx，h(x)ex1.由(1)知当a1时，f(x)ln x1在上递减，在(1，e)上递增，当x时，f(x)f(1)0.ln x10在x上恒成立h(x)ex1010，h(x)(ln x1)exx在x上递增h(x)minh2e，h(x)maxe.当m2e或me时，函数g(x)在上没有零点；当2eme时，函数g(x)在上有一个零点3已知函数f(x)(aR)，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与直线xy10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：x1x2e2.解(1)2 0192 0202 0202 019.理由如下：依题意得，f(x)，因为函数f(x)在x1处有意义，所以a1.所以f(1)，又由过点(1，f(1)的切线与直线xy10垂直可得，f(1)1，即1，解得a0.此时f(x)，f(x)，令f(x)0，即1ln x0，解得0xe；令f(x)0，即1ln x0，解得xe.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 0192 019 ln 2 020，所以2 0192 0202 0202 019.(2)不妨设x1x20，因为g(x1)g(x2)0，所以ln x1kx10，ln x2kx20.可得ln x1ln x2k(x1x2)，ln x1ln x2k(x1x2)，要证x1x2e2，即证ln x1ln x22，也就是k(x1x2)2，因为k，所以只需证，即ln ，令t，则t1，即证ln t.令h(t)ln t(t1)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x1x2e2.- 11 -
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