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难点自选专题四“函数与导数”压轴大题的抢分策略全国卷3年考情分析年份全国卷全国卷全国卷2018利用导数研究函数的单调性、函数极值与不等式证明T21函数的单调性、不等式的证明、函数的零点问题T21导数在研究不等式及极值问题的应用T212017利用导数研究函数的单调性、函数的零点问题T21利用导数研究函数的单调性及极值、函数的零点、不等式的证明T21导数在研究函数单调性中的应用、不等式的放缩T212016利用导数解决函数的零点问题、不等式的证明T21利用导数判断函数的单调性、不等式证明及值域问题T21三角函数的导数运算、最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(最值)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；(2)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考法策略(一)利用分类讨论思想探究函数的性质典例设f(x)xln xax2(2a1)x，aR.(1)令g(x)f(x)，求g(x)的单调区间；(2)已知f(x)在x1处取得极大值，求实数a的取值范围解(1)由f(x)ln x2ax2a，可得g(x)ln x2ax2a，x(0，)所以g(x)2a.当a0，x(0，)时，g(x)0，函数g(x)单调递增；当a0，x时，g(x)0，函数g(x)单调递增，x时，g(x)0，函数g(x)单调递减所以当a0时，g(x)的单调增区间为(0，)；当a0时，g(x)的单调增区间为，单调减区间为.(2)由(1)知，f(1)0.当a0时，f(x)单调递增，所以当x(0,1)时，f(x)0，f(x)单调递减；当x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递增所以f(x)在x1处取得极小值，不合题意当0a时，1，由(1)知f(x)在内单调递增，可得当x(0,1)时，f(x)0，当x时，f(x)0.所以f(x)在(0,1)内单调递减，在内单调递增，所以f(x)在x1处取得极小值，不合题意当a时，1，f(x)在(0,1)内单调递增，在(1，)内单调递减，所以当x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递减，不合题意当a时，01，当x时，f(x)0，f(x)单调递增，当x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递减所以f(x)在x1处取极大值，符合题意综上可知，实数a的取值范围为.题后悟通 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？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g(x)确定单调区间时，对a的取值要分类讨论(2)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，进而研究其问题如本例(2)中分类的依据是与1的大小比较应用体验1(2018全国卷)已知函数f(x)xaln x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：2，令f(x)0，得x或x.当x时，f(x)0.所以f(x)在，上单调递减，在上单调递增(2)证明：由(1)知，当且仅当a2时，f(x)存在两个极值点由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2ax10，所以x1x21，不妨设x11.由于1a2a2a，所以a2等价于x22ln x20.设函数g(x)x2ln x，由(1)知，g(x)在(0，)上单调递减又g(1)0，从而当x(1，)时，g(x)0.所以x22ln x20，即0)，f(1)a10，解得a1，当a1时，f(x)xxln x，即f(x)ln x，令f(x)0，解得x1；令f(x)0，解得0x1，即m2，当0x1时，f(x)x(1ln x)0且x0时，f(x)0；当x时，显然f(x).如图，由图象可知，m10，即m1，由可得2m1.故实数m的取值范围为(2，1)题后悟通 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与x轴交点的个数问题(2)分离出参数，转化为ag(x)，根据导数的知识求出函数g(x)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ya与函数yg(x)图象交点的个数问题只需要用a与函数g(x)的极值和最值进行比较即可如本例函数yf(x)m1的零点问题即可转化为yf(x)与ym1两图象的交点问题应用体验2已知函数f(x)的图象在xe处的切线经过点(1，e)，其中e2.718 28.(1)求a的值；(2)若函数g(x)tf(x)x在(1，e2上有两个零点，求实数t的取值范围解：(1)由题意，得函数f(x)的定义域为(0,1)(1，)因为f(x)，所以f(e)ae.所以f(x)的图象在xe处的切线方程为yf(e)f(e)(xe)，即yae2ae(xe)，所以yeax.因为f(x)的图象在xe处的切线经过点(1，e)，所以a1.(2)函数g(x)tf(x)x在(1，e2上有两个零点等价于函数h(x)与yt的图象在(1，e2上有两个不同的交点因为h(x)，由h(x)0，得0xe且x1；由h(x)0，得xe.所以当xe时，h(x)有极大值，即为最大值h(e).又因为he，h(e2)，h(1)0且0e，所以实数t的取值范围为.考法策略(三)利用函数思想探究不等式问题典例已知函数f(x)ln xa(x1)，aR的图象在(1，f(1)处的切线与x轴平行(1)求f(x)的单调区间；(2)若存在x01，当x(1，x0)时，恒有f(x)2xk(x1)成立，求k的取值范围解(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，)f(x)a，f(1)1a0，a1，f(x)1，令f(x)0，得0x1；令f(x)0，得x1，f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，)(2)由(1)知f(x)ln xx1，不等式f(x)2xk(x1)可化为ln xxk(x1)，令g(x)ln xxk(x1)，则g(x)x1k.令h(x)x2(1k)x1，则h(x)的对称轴为直线x，当1，即k1时，易知h(x)在(1，)上单调递减，x(1，)时，h(x)h(1)1k，若k1，则h(x)0，g(x)0，g(x)在(1，)上单调递减，g(x)g(1)0，不符合题意若1k1，则h(1)0，存在x01，使得x(1，x0)时，h(x)0，即g(x)0，g(x)在(1，x0)上单调递增，g(x)g(1)0恒成立，符合题意当1，即k1时，易知存在x01，使得h(x)在(1，x0)上单调递增，h(x)h(1)1k0，g(x)0，g(x)在(1，x0)上单调递增，g(x)g(1)0恒成立，符合题意综上，k的取值范围是(，1)题后悟通函数思想解决不等式问题的策略移项法证明不等式f(x)g(x)(f(x)g(x)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h(x)f(x)g(x)(如本例)构造“形似”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相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数主元法对于(或可化为)f(x1，x2)A的不等式，可选x1(或x2)为主元，构造函数f(x，x2)(或f(x1，x)应用体验3(2018全国卷)已知函数f(x)aexln x1.(1)设x2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a时，f(x)0.解：(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)aex.由题设知，f(2)0，所以a.从而f(x)exln x1，f(x)ex.可知f(x)在(0，)上单调递增，又f(2)0，所以当0x2时，f(x)2时，f(x)0.所以f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，)(2)证明：当a时，f(x)ln x1.设g(x)ln x1，则g(x).可知g(x)在(0，)上单调递增，且g(1)0，所以当0x1时，g(x)1时，g(x)0.所以x1是g(x)的最小值点故当x0时，g(x)g(1)0.因此，当a时，f(x)0.
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