专题03 函数与导数大题部分【训练目标】1、 理解函数的概念，会求函数的定义域，值域和解析式，特别是定义域的求法；2、 掌握函数单调性，奇偶性，周期性的判断方法及相互之间的关系，会解决它们之间的综合问题；3、 掌握指数和对数的运算性质，对数的换底公式；4、 掌握指数函数和对数函数的图像与性质；5、 掌握函数的零点存在定理，函数与方程的关系；6、 熟练数形结合的数学思想在解决函数问题的运用；7、 熟练掌握导数的计算，导数的几何意义求切线问题；8、 理解并掌握导数与函数单调性之间的关系，会利用导数分析函数的单调性，会根据单调性确定参数的取值范围；9、 会利用导数求函数的极值和最值，掌握构造函数的方法解决问题。

【温馨小提示】本章内容既是高考的重点，又是难点，再备考过程中应该大量解出各种题型，总结其解题方法，积累一些常用的小结论，会给解题带来极大的方便。

【名校试题荟萃】1、（2019届新余四中、上高二中高三第一次联考）已知函数.,R n m ∈（1）若函数()x f 在()()2,2f 处的切线与直线0=-y x 平行，求实数n 的值； （2）试讨论函数()x f 在区间[)+∞,1上最大值； （3）若1=n 时，函数()x f 恰有两个零点，求证：221>+x x【答案】（1）6n =（2）1ln m n --（3）见解析 【解析】（1）由，，由于函数()f x 在(2,(2))f 处的切线与直线0x y -=平行，故214n -=，解得6n =。

（2），由()0f x '<时，x n >；()0f x '>时，x n <，所以①当1n ≤时，()f x 在[)1,+∞上单调递减，故()f x 在[)1,+∞上的最大值为；②当1n >时，()f x 在[)1,n 上单调递增，在[),n +∞上单调递减，故()f x 在[)1,+∞上的最大值为；又211x t x =>，ln 0t >，故122x x +>成立。

2、（宁夏长庆高级中学2019届高三上学期第四次月考数学（理）试卷）设函数（Ⅰ）讨论函数()f x 的单调性；（Ⅱ）若()f x b =有两个不相等的实数根12,x x ，求证【答案】（1）当0a ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a 时，()f x 在(0,)a 上单调递减，在(,)a +∞上单调递增. （2）略【解析】（I ）当0a ≤时，()0f x '>恒成立，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增. 当0a时，解()0f x '>得,x a 解()0f x '<得0.x a所以()f x 在(0,)a 上单调递减，在(,)a +∞上单调递增.综上，当0a ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递增. 当0a时，()f x 在(0,)a 上单调递减，在(,)a +∞上单调递增.而令所以()g x 在(1,)+∞单调递增.3、（山东省新泰二中2019届高三上学期12月月考数学（理）试卷）已知函数()f x ,（1）讨论函数()f x 的单调性;（2）当0a =时,函数()g x 在(0,)+∞是否存在零点?如果存在，求出；如果不存在，请说明理由． 【答案】（1）见解析 （2）不存在零点 【解析】（Ⅰ）函数的定义域为,=（2）0≠a 时，方程有两解或①当时，∴时，0)('<x f ， )(x f 在、上单调递减.)1,2(ax -∈时，0)('>x f ，)(x f 单调递增. ②当时，令，得或(i) 当时,时恒成立,上单调递增;（ⅱ）当时,∴时，0)('>x f ，)(x f 在、上单调递增.∈x 时，0)('<x f ， )(x f 单调递减。

（ⅲ）当时，∴ ∈x ⋃时，0)('>x f ，)(x f 在、上单调递增.∈x 时，0)('<x f ， )(x f 单调递减.综上所述，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为； 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为，；当时,上单调递增；当时,的单调递增区间为，单调递减区间为；当时的单调递增区间为，单调递减区间为．（2）由（1）可知当时， 的单调递增区间为，单调递减区间为,在处取得极大值也是最大值。

等价于，，令得，所以，所以先增后减，在处取最大值0，所以．所以 进而,所以即,。

又所以函数在不存在零点．4、（山东省新泰二中2019届高三上学期12月月考数学（理）试卷）设,（1）若()x f 在⎪⎭⎫⎝⎛∞+，32上存在单调递增区间，求a 的取值范围； （2）当20<<a 时，()x f 在[]4,1上的最小值为316-，求()x f 在该区间上的最大值. 【答案】（1）当a ＞－19时，()x f 在⎪⎭⎫⎝⎛∞+，32上存在单调递增区间； （2）103 【解析】 （1），由题意得， ()0'>x f 在⎪⎭⎫ ⎝⎛∞+，32上能成立，只要即032'>⎪⎭⎫ ⎝⎛f ，即29＋2a ＞0，得a ＞－19，所以，当a ＞－19时，()x f 在⎪⎭⎫⎝⎛∞+，32上存在单调递增区间. （2）已知0＜a ＜2，()x f 在[1，4]上取到最小值－163，而的图象开口向下，且对称轴x ＝12，∵f ′（1）＝－1＋1＋2a ＝2a ＞0，f ′（4）＝－16＋4＋2a ＝2a －12＜0，则必有一点x0∈[1，4]，使得f ′（x0）＝0，此时函数f （x ）在[1，x0]上单调递增，在[x0，4]上单调递减， ∵f （1）＝－13＋12＋2a ＝16＋2a ＞0，∴()=min x f f （4）＝－13×64＋12×16＋8a ＝－403＋8a ＝－163⇒a ＝1. 此时，由⇒20=x 或－1（舍去），所以函数f （x ）max ＝f （2）＝103.5、（辽宁省辽河油田第二高级中学2019届高三上学期期中考试数学（文）试题）已知函数()ln 1xf x x =-． （1）确定函数()f x 在定义域上的单调性；（2）若()e xf x k ≤在()1,+∞上恒成立，求实数k 的取值范围．【答案】（1）()f x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减； （2）1ek ≥（2）由()e xf x k ≤在()1,+∞上恒成立得：ln e 1x xk x ≤-在()1,+∞上恒成立． 整理得：在()1,+∞上恒成立．令，易知，当0k ≤时，()0h x ≤在()1,+∞上恒成立不可能， ∴0k >，又，()'11e h k =-，（i ）当1ek ≥时，，又在()1,+∞上单调递减，∴()'0h x ≤在()1,+∞上恒成立，则()h x 在()1,+∞上单调递减， 又()10h =，∴()0h x ≤在()1,+∞上恒成立．又()10h =，∴()'0h x >在()01,x 上恒成立， ∴()0h x ≤在()1,+∞上恒成立不可能．综上所述，1ek ≥． 6、（湖南省浏阳一中、株洲二中等湘东六校2019届高三12月联考数学（理）试题）已知函数.（Ⅰ）当0>a 时，求)(x f 在区间]1,0(的最大值； （Ⅱ）若函数有两个极值点,求证.【答案】（1）当10≤<a 时，)(x f 的最大值为12--a，当1>a 时，)(x f 的最大值为（2）略【解析】（Ⅰ）由已知得)(x f 的定义域为),0(+∞,，当10≤<a 时,11≥a，)(x f 在]1,0(上单调递增,)(x f 的最大值为.当1>a 时,)(x f 在)1,0(a 上单调递增,在)11(，a单调递减， )(x f 的最大值为.综上，当10≤<a 时，)(x f 的最大值为12--a， 当1>a 时，)(x f 的最大值为.设,其中,由得at 2=,由于，∴)(t h 在)2,0(a上单调递增,在)1,2(a a 上单调递减, 即)(t h 的最大值为，从而成立.7、（黑龙江省哈尔滨市第六中学2019届高三12月月考数学（理）试题）已知，(0)a >.（1）当1,0a x =≥时，求证：；（2）若存在00x ≥，使得成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）见解析 （2）【解析】（1）设，，由()0F x ''>故()F x '增且，所以，在上递增，所以（2）即<0，，则，，所以在上单调递增，（ⅰ）当时， 在上为单调递增函数，故，所以：当时，恒成立，不合题意综上所述：8、（河北省承德市第一中学2019届高三上学期第三次月考数学（文）试题）已知函数f （x ）＝x 2－2ln x . （1）求f （x ）的单调区间；（2）若在x ∈（0,1]内恒成立，求t 的取值范围．【答案】（1）函数f （x ）的单调递增区间为（1，＋∞），单调递减区间为（0,1） （2）（－∞，1]【解析】（1）函数的定义域为（0，＋∞），f ′（x ）＝2x －2x＝2x ＋1x －1x，由f ′（x ）>0，得x >1， 由f ′（x ）<0，得0<x <1，所以，函数f （x ）的单调递增区间为（1，＋∞），单调递减区间为（0,1）． （2）由f （x ）≥2tx －1x 2对x ∈（0,1]恒成立，得2t ≤x ＋1x 3－2ln x x令h （x ）＝x ＋1x 3－2ln x x，则h ′（x ）＝x 4－2x 2－3＋2x 2ln x x 4，∵x ∈（0,1]，∴x 4－3<0，－2x 2<0,2x 2ln x <0，x 4>0， ∴h ′（x ）<0，∴h （x ）在（0,1）上为减函数．∴当x ＝1时，h （x ）＝x ＋1x 3－2ln xx有最小值2，得2t ≤2，∴t ≤1，故t 的取值范围是（－∞，1]．9、（吉林省汪清县第六中学2019届高三上学期第二次月考数学（文）试题）已知函数，函数．（1）求函数()y g x =的单调区间； （2）若不等式在[)1,+∞上恒成立，求实数a 的取值范围；【答案】 （1）增区间10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，减区间1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭（2）0a ≤（2），即在[)1,+∞上恒成立，设，考虑到()10F =，，在[)1,+∞上为增函数，∵1x ≥，11e0x x--≥， ∴当0a ≤时，()0F x '≥，()F x 在[)1,+∞上为增函数，()0F x ≥恒成立当0a >时，()10F '<，()'F x '在[)1,+∞上为增函数，，在()01,x 上，()0F x '<，()F x 递减，()0F x <，这时不合题意，综上所述，0a ≤；10、（2019·兰州调研）设函数f （x ）＝x －2x－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x －1x 2，a ∈R .（1）讨论f （x ）的单调性；（2）当a >0时，记f （x ）的最小值为g （a ），证明：g （a ）<1. 【答案】（1）见解析（2）见解析 【解析】（1）解 f （x ）的定义域为（0，＋∞），f ′（x ）＝1＋2x 2－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋2x 3＝x 2＋2x 2－a x 2＋2x 3＝（x 2＋2）（x －a ）x3， 当a ≤0时，f ′（x ）>0，f （x ）在（0，＋∞）上单调递增； 当a >0时，当x ∈（0，a ），f ′（x ）<0，f （x ）单调递减； 当x ∈（a ，＋∞），f ′（x ）>0，f （x ）单调递增. 综上，当a ≤0时，f （x ）在（0，＋∞）上单调递增；当a >0时，f （x ）在（0，a ）上单调递减，在（a ，＋∞）上单调递增.（2）证明 由（1）知，f （x ）min ＝f （a ）＝a －2a－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln a －1a 2 ＝a －a ln a －1a，即g （a ）＝a －a ln a －1a.要证g （a ）<1，即证a －a ln a －1a<1，即证：ln a ＋1a ＋1a2－1>0，令h （a ）＝ln a ＋1a ＋1a2－1，则只需证h （a ）＝ln a ＋1a ＋1a 2－1>0，h ′（a ）＝1a －1a 2－2a 3＝a 2－a －2a3＝（a －2）（a ＋1）a3. 当a ∈（0，2）时，h ′（a ）<0，h （a ）单调递减； 当a ∈（2，＋∞）时，h ′（a ）>0，h （a ）单调递增；所以h （a ）min ＝h （2）＝ln 2＋12＋14－1＝ln 2－14>0，所以h （a ）>0，即g （a ）<1.11、（贵州省遵义航天高级中学2019届高三第四次模拟考试数学（文）试题）设函数。