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难点自选专题四难点自选专题四 “函数与导数函数与导数”压轴大题的抢分策略压轴大题的抢分策略 全国卷全国卷 3 年考情分析年考情分析 年份年份 全国卷全国卷 全国卷全国卷 全国卷全国卷 2018 利用导数研究函数的单调利用导数研究函数的单调性、函数极值与不等式证性、函数极值与不等式证明明 T21 函数的单调性、不等式的函数的单调性、不等式的证明、 函数的零点问题证明、 函数的零点问题 T21 导数在研究不等式及极值导数在研究不等式及极值问题的应用问题的应用 T21 2017 利用导数研究函数的单调利用导数研究函数的单调性、函数的零点问题性、函数的零点问题 T21 利用导数研究函数的单调利用导数研究函数的单调性及极值、函数的零点、性及极值、函数的零点、不等式的证明不等式的证明 T21 导数在研究函数单调性中导数在研究函数单调性中的应用、 不等式的放缩的应用、 不等式的放缩 T21 2016 利用导数解决函数的零点利用导数解决函数的零点问题、不等式的证明问题、不等式的证明 T21 利用导数判断函数的单调利用导数判断函数的单调性、不等式证明及值域问性、不等式证明及值域问题题 T21 三角函数的导数运算、最三角函数的导数运算、最值问题及不等式证明值问题及不等式证明 T21 导数日益成为解决问题必不可少的工具， 利用导数研究函数的单调性与极值导数日益成为解决问题必不可少的工具， 利用导数研究函数的单调性与极值(最值最值)是高是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程等的交汇命题，是高考的热点和难点考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程等的交汇命题，是高考的热点和难点 解答题的热点题型有：解答题的热点题型有： (1)利用导数研究函数的单调性、极值、最值；利用导数研究函数的单调性、极值、最值；(2)利用导数证明不等式或探讨方程根；利用导数证明不等式或探讨方程根；(3)利用导数求解参数的范围或值利用导数求解参数的范围或值 考法考法 策略策略(一一) 利用分类讨论思想探究函数的性质利用分类讨论思想探究函数的性质 典例典例 设设 f(x)xln xax2(2a1)x，aR R. (1)令令 g(x)f(x)，求，求 g(x)的单调区间；的单调区间； (2)已知已知 f(x)在在 x1 处取得极大值，求实数处取得极大值，求实数 a 的取值范围的取值范围 解解 (1)由由 f(x)ln x2ax2a， 可得可得 g(x)ln x2ax2a，x(0，) 所以所以 g(x)1x2a12axx. 当当 a0，x(0，)时，时，g(x)0，函数，函数 g(x)单调递增；单调递增； 当当 a0，x 0，12a时，时，g(x)0，函数，函数 g(x)单调递增，单调递增，x 12a， 时，时，g(x)0，函数函数 g(x)单调递减单调递减 所以当所以当 a0 时，时，g(x)的单调增区间为的单调增区间为(0，)； 当当 a0 时，时，g(x)的单调增区间为的单调增区间为 0，12a，单调减区间为，单调减区间为 12a， . (2)由由(1)知，知，f(1)0. 当当 a0 时，时，f(x)单调递增，单调递增， 所以当所以当 x(0,1)时，时，f(x)0，f(x)单调递减；单调递减； 当当 x(1，)时，时，f(x)0，f(x)单调递增单调递增 所以所以 f(x)在在 x1 处取得极小值，不合题意处取得极小值，不合题意 当当 0a12时，时，12a1， 由， 由(1)知知 f(x)在在 0，12a内单调递增， 可得当内单调递增， 可得当 x(0,1)时，时， f(x)0，当，当 x 1，12a时，时，f(x)0. 所以所以 f(x)在在(0,1)内单调递减，在内单调递减，在 1，12a内单调递增，所以内单调递增，所以 f(x)在在 x1 处取得极小值，处取得极小值，不合题意不合题意 当当 a12时，时，12a1，f(x)在在(0,1)内单调递增，在内单调递增，在(1，)内单调递减，所以当内单调递减，所以当 x(0，)时，时，f(x)0，f(x)单调递减，不合题意单调递减，不合题意 当当 a12时，时，012a1，当，当 x 12a，1 时，时，f(x)0，f(x)单调递增，当单调递增，当 x(1，)时，时，f(x)0，f(x)单调递减单调递减 所以所以 f(x)在在 x1 处取极大值，符合题意处取极大值，符合题意 综上可知，实数综上可知，实数 a 的取值范围为的取值范围为 12， . 题后悟通题后悟通 分类讨论思想解决有关函数性质问题的策略分类讨论思想解决有关函数性质问题的策略 (1)何时讨论参数？何时讨论参数？ 在求解中， 若参数的取值影响所求结果， 就要分类讨论 如本例在求解中， 若参数的取值影响所求结果， 就要分类讨论 如本例(1)中由中由 g(x)12axx确定单调区间确定单调区间时，对时，对 a 的取值要分类讨论的取值要分类讨论 (2)如何讨论参数？如何讨论参数？ 解答此类问题的关键是如何分类，分类时要结合题目条件，对参数取值范围进行划分，解答此类问题的关键是如何分类，分类时要结合题目条件，对参数取值范围进行划分，进而研究其问题如本例进而研究其问题如本例(2)中分类的依据是中分类的依据是12a与与 1 的大小比较的大小比较 应用体验应用体验 1(2018 全国卷全国卷)已知函数已知函数 f(x)1xxaln x. (1)讨论讨论 f(x)的单调性；的单调性； (2)若若 f(x)存在两个极值点存在两个极值点 x1，x2， 证明：证明：f x1 f x2 x1x22，令，令 f(x)0， 得得 xa a242或或 xa a242. 当当 x 0，a a242 a a242，时，时， f(x)0. 所 以所 以f(x) 在在 0，a a242， a a242，上 单 调 递 减 ， 在上 单 调 递 减 ， 在 a a242，a a242上单调递增上单调递增 (2)证明：由证明：由(1)知，当且仅当知，当且仅当 a2 时，时，f(x)存在两个极值点存在两个极值点 由于由于 f(x)的两个极值点的两个极值点 x1，x2满足满足 x2ax10， 所以所以 x1x21，不妨设，不妨设 x11. 由于由于f x1 f x2 x1x21x1x21aln x1ln x2x1x2 2aln x1ln x2x1x22a2ln x21x2x2， 所以所以f x1 f x2 x1x2a2 等价于等价于1x2x22ln x20. 设函数设函数 g(x)1xx2ln x， 由由(1)知，知，g(x)在在(0，)上单调递减上单调递减 又又 g(1)0，从而当，从而当 x(1，)时，时，g(x)0. 所以所以1x2x22ln x20， 即即f x1 f x2 x1x20)， f(1)a10，解得，解得 a1， 当当 a1 时，时，f(x)xxln x， 即即 f(x)ln x， 令令 f(x)0，解得，解得 x1； 令令 f(x)0，解得，解得 0 x1，即，即 m2， 当当 0 x1 时，时，f(x)x(1ln x)0 且且 x0 时，时，f(x)0； 当当 x时，显然时，显然 f(x). 如图，由图象可知，如图，由图象可知，m10，即，即 m1， 由由可得可得2m1. 故实数故实数 m 的取值范围为的取值范围为(2，1) 题后悟通题后悟通 转化与化归思想解决函数零点问题的策略转化与化归思想解决函数零点问题的策略 (1)直接研究函数，求出极值以及最值，画出草图函数零点的个数问题即是函数图象直接研究函数，求出极值以及最值，画出草图函数零点的个数问题即是函数图象与与 x 轴交点的个数问题轴交点的个数问题 (2)分离出参数，转化为分离出参数，转化为 ag(x)，根据导数的知识求出函数，根据导数的知识求出函数 g(x)在某区间的单调性，求在某区间的单调性，求出极值以及最值， 画出草图函数零点的个数问题即是直线出极值以及最值， 画出草图函数零点的个数问题即是直线 ya 与函数与函数 yg(x)图象交点的图象交点的个数问题只需要用个数问题只需要用 a 与函数与函数 g(x)的极值和最值进行比较即可如本例函数的极值和最值进行比较即可如本例函数 yf(x)m1的零的零点问题即可转化为点问题即可转化为 yf(x)与与 ym1 两图象的交点问题两图象的交点问题 应用体验应用体验 2已知函数已知函数 f(x)ax2ln x的图象在的图象在 xe 处的切线经过点处的切线经过点(1，e)，其中，其中 e2.718 28. (1)求求 a 的值；的值； (2)若函数若函数 g(x)tf(x)x 在在 1e，1 (1，e2上有两个零点，求实数上有两个零点，求实数 t 的取值范围的取值范围 解：解：(1)由题意，得函数由题意，得函数 f(x)ax2ln x的定义域为的定义域为(0,1)(1，) 因为因为 f(x)ax 2ln x1 ln x 2，所以，所以 f(e)ae. 所以所以 f(x)的图象在的图象在 xe 处的切线方程为处的切线方程为 yf(e)f(e)(xe)， 即即 yae2ae(xe)，所以，所以 yeax. 因为因为 f(x)的图象在的图象在 xe 处的切线经过点处的切线经过点(1，e)， 所以所以 a1. (2)函数函数 g(x)tf(x)x 在在 1e，1 (1，e2上有两个零点等价于函数上有两个零点等价于函数 h(x)ln xx与与 yt 的的图象在图象在 1e，1 (1，e2上有两个不同的交点上有两个不同的交点 因为因为 h(x)1ln xx2， 由由 h(x)0，得，得 0 xe 且且 x1； 由由 h(x)0，得，得 xe. 所以当所以当 xe 时，时，h(x)有极大值，即为最大值有极大值，即为最大值 h(e)1e. 又因为又因为 h 1ee，h(e2)2e2，h(1)0 且且2e20e， 所以所以实数实数 t 的取值范围为的取值范围为 2e2，1e. 考法考法 策略策略(三三) 利用函数思想探究不等式问题利用函数思想探究不等式问题 典例典例 已知函数已知函数 f(x)ln xa(x1)，aR R 的图象在的图象在(1，f(1)处的切线与处的切线与 x 轴平行轴平行 (1)求求 f(x)的单调区间；的单调区间； (2)若存在若存在 x01，当，当 x(1，x0)时，恒有时，恒有 f(x)x222x12k(x1)成立，求成立，求 k 的取值范的取值范围围 解解 (1)由已知可得由已知可得 f(x)的定义域为的定义域为(0，) f(x)1xa，f(1)1a0，a1， f(x)1x11xx， 令令 f(x)0，得，得 0 x1；令；令 f(x)0，得，得 x1， f(x)的单调递增区间为的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为，单调递减区间为(1，) (2)由由(1)知知 f(x)ln xx1，不等式，不等式 f(x)x222x12k(x1)可化为可化为 ln xx22x12k(x1)，令，令 g(x)ln xx22x12k(x1)， 则则 g(x)1xx1kx2 1k x1x. 令令 h(x)x2(1k)x1， 则则 h(x)的对称轴为直线的对称轴为直线 x1k2， 当当1k21，即，即 k1 时，易知时，易知 h(x)在在(1，)上单调递减，上单调递减， x(1，)时，时，h(x)h(1)1k， 若若 k1，则，则 h(x)0，g(x)0，g(x)在在(1，)上单上单调递减，调递减， g(x)g(1)0，不符合题意，不符合题意 若若1k1，则，则 h(1)0，存在存在 x01，使得，使得 x(1，x0)时，时，h(x)0，即，即 g(x)0， g(x)在在(1，x0)上单调递增，上单调递增， g(x)g(1)0 恒成立，符合题意恒成立，符合题意 当当1k21，即，即 k1 时，易知存在时，易知存在 x01， 使得使得 h(x)在在(1，x0)上单调递增，上单调递增， h(x)h(1)1k0，g(x)0， g(x)在在(1，x0)上单调递增，上单调递增， g(x)g(1)0 恒成立，符合题意恒成立，符合题意 综上，综上，k 的取值范围是的取值范围是(，1) 题后悟通题后悟通 函数思想解决不等式问题的策略函数思想解决不等式问题的策略 移项法移项法 证明不等式证明不等式 f(x)g(x)(f(x)g(x)的问题转化为证明的问题转化为证明 f(x)g(x)0(f(x)g(x)0)，进而构造辅助函数，进而构造辅助函数 h(x)f(x)g(x)(如本例如本例) 构造构造“形似形似” 函数函数 对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据相同结构的式子的结构，根据“相同结构相同结构”构造辅助函数构造辅助函数 主元法主元法 对于对于(或可化为或可化为)f(x1，x2)A 的不等式，可选的不等式，可选 x1(或或 x2)为主元，构造函数为主元，构造函数 f(x，x2)(或或 f(x1，x) 应用应用体验体验 3(2018 全国卷全国卷)已知函数已知函数 f(x)aexln x1. (1)设设 x2 是是 f(x)的极值点，求的极值点，求 a，并求，并求 f(x)的单调区间；的单调区间； (2)证明：当证明：当 a1e时，时，f(x)0. 解：解：(1)f(x)的定义域为的定义域为(0，)，f(x)aex1x. 由题设知，由题设知，f(2)0，所以，所以 a12e2. 从而从而 f(x)12e2exln x1，f(x)12e2ex1x. 可知可知 f(x)在在(0，)上单调递增，又上单调递增，又 f(2)0， 所以当所以当 0 x2 时，时，f(x)2 时，时，f(x)0. 所以所以 f(x)的单调递减区间为的单调递减区间为(0,2)， 单调递增区间为单调递增区间为(2，) (2)证明：当证明：当 a1e时，时，f(x)exeln x1. 设设 g(x)exeln x1，则，则 g(x)exe1x. 可知可知 g(x)在在(0，)上单调递增，且上单调递增，且 g(1)0， 所以当所以当 0 x1 时，时，g(x)1 时，时，g(x)0. 所以所以 x1 是是 g(x)的最小值点的最小值点 故当故当 x0 时，时，g(x)g(1)0. 因此，当因此，当 a1e时，时，f(x)0.
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