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高中数学函数与导数常考题型整理归纳

高中数学函数与导数常考题型整理归纳题型一: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、最值是高考的热点问题之一,每年必考,一般考查两类题型:(1)讨论函数的单调性、极值、最值,(2)利用单调性、极值、最值求参数的取值范围.【例1】已知函数f (x )=ln x +a (1-x ).(1)讨论f (x )的单调性;(2)当f (x )有最大值,且最大值大于2a -2时,求实数a 的取值范围.解 (1)f (x )的定义域为(0,+∞),f ′(x )=1x -a .若a ≤0,则f′(x )>0,所以f (x )在(0,+∞)上单调递增.若a >0,则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0,1a 时,f ′(x )>0; 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ,+∞时,f ′(x )<0, 所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,1a 上单调递增,在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ,+∞上单调递减. 综上,知当a ≤0时,f (x )在(0,+∞)上单调递增;当a >0时,f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,1a 上单调递增,在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ,+∞上单调递减. (2)由(1)知,当a ≤0时,f (x )在(0,+∞)上无最大值;当a >0时,f (x )在x =1a 处取得最大值,最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a =ln 1a +a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1-1a =-ln a +a -1. 因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a >2a -2等价于ln a +a -1<0. 令g (a )=ln a +a -1,则g (a )在(0,+∞)上单调递增,g (1)=0.于是,当0<a <1时,g (a )<0;当a >1时,g (a )>0.因此,实数a 的取值范围是(0,1).【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.(2)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.若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ln a +a -1<0,则需要构造函数来解.【变式训练】 已知a ∈R ,函数f (x )=(-x 2+ax )e x (x ∈R ,e 为自然对数的底数).(1)当a =2时,求函数f (x )的单调递增区间;(2)若函数f (x )在(-1,1)上单调递增,求实数a 的取值范围.解 (1)当a =2时,f (x )=(-x 2+2x )e x ,所以f ′(x )=(-2x +2)e x +(-x 2+2x )e x=(-x 2+2)e x .令f ′(x )>0,即(-x 2+2)e x >0,因为e x >0,所以-x 2+2>0,解得-2<x < 2.所以函数f (x )的单调递增区间是(-2,2).(2)因为函数f (x )在(-1,1)上单调递增,所以f ′(x )≥0对x ∈(-1,1)都成立,因为f ′(x )=(-2x +a )e x +(-x 2+ax )e x=-x 2+(a -2)x +a ]e x ,所以-x 2+(a -2)x +a ]e x ≥0对x ∈(-1,1)都成立.因为e x >0,所以-x 2+(a -2)x +a ≥0对x ∈(-1,1)都成立,即a ≥x 2+2x x +1=(x +1)2-1x +1=(x +1)-1x +1对x ∈(-1,1)都成立. 令y =(x +1)-1x +1,则y ′=1+1(x +1)2>0. 所以y =(x +1)-1x +1在(-1,1)上单调递增, 所以y <(1+1)-11+1=32.即a ≥32. 因此实数a 的取值范围为a ≥32.题型二:利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)由函数零点或方程的根求参数的取值范围.【例2】设函数f(x)=ln x +m x ,m ∈R .(1)当m =e(e 为自然对数的底数)时,求f (x )的极小值;(2)讨论函数g (x )=f ′(x )-x 3零点的个数.解 (1)由题设,当m =e 时,f (x )=ln x +e x , 定义域为(0,+∞),则f ′(x )=x -e x 2,由f ′(x )=0,得x =e.∴当x ∈(0,e),f ′(x )<0,f (x )在(0,e)上单调递减,当x ∈(e ,+∞),f ′(x )>0,f (x )在(e ,+∞)上单调递增,∴当x =e 时,f (x )取得极小值f (e)=ln e +e e =2,∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )=f ′(x )-x 3=1x -m x 2-x 3(x >0),令g (x )=0,得m =-13x 3+x (x >0).设φ(x )=-13x 3+x (x >0),则φ′(x )=-x 2+1=-(x -1)(x +1),当x ∈(0,1)时,φ′(x )>0,φ(x )在(0,1)上单调递增;当x ∈(1,+∞)时,φ′(x )<0,φ(x )在(1,+∞)上单调递减.∴x =1是φ(x )的唯一极值点,且是极大值点,因此x =1也是φ(x )的最大值点.∴φ(x )的最大值为φ(1)=23.又φ(0)=0,结合y =φ(x )的图象(如图),可知①当m >23时,函数g (x )无零点;②当m =23时,函数g (x )有且只有一个零点;③当0<m <23时,函数g (x )有两个零点;④当m ≤0时,函数g (x )有且只有一个零点.综上所述,当m >23时,函数g (x )无零点;当m =23或m ≤0时,函数g (x )有且只有一个零点;当0<m <23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:(1)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;(2)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,利用数形结合来解决.【变式训练】函数f (x )=(ax 2+x )e x ,其中e 是自然对数的底数,a ∈R .(1)当a >0时,解不等式f (x )≤0;(2)当a =0时,求整数t 的所有值,使方程f (x )=x +2在t ,t +1]上有解.解 (1)因为e x >0,(ax 2+x )e x ≤0.∴ax 2+x ≤0.又因为a >0,所以不等式化为x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x +1a ≤0. 所以不等式f (x )≤0的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤-1a ,0. (2)当a =0时,方程即为x e x =x +2,由于e x >0,所以x =0不是方程的解,所以原方程等价于e x -2x -1=0.令h (x )=e x -2x -1,因为h ′(x )=e x +2x 2>0对于x ∈(-∞,0)∪(0,+∞)恒成立,所以h (x )在(-∞,0)和(0,+∞)内是单调递增函数,又h (1)=e -3<0,h (2)=e 2-2>0,h (-3)=e -3-13<0,h (-2)=e -2>0,所以方程f (x )=x +2有且只有两个实数根且分别在区间1,2]和-3,-2]上,所以整数t 的所有值为{-3,1}.题型三:利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:(1)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】设函数f (x )=e 2x -a ln x .(1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数;(2)证明:当a >0时,f (x )≥2a +a ln 2a .(1)解 f (x )的定义域为(0,+∞),f ′(x )=2e 2x -a x (x >0).当a ≤0时,f ′(x )>0,f ′(x )没有零点.当a >0时,设u (x )=e 2x ,v (x )=-a x ,因为u (x )=e 2x 在(0,+∞)上单调递增,v (x )=-a x 在(0,+∞)上单调递增,所以f ′(x )在(0,+∞)上单调递增.又f ′(a )>0,当b 满足0<b <a 4且b <14时,f ′(b )<0(讨论a ≥1或a <1来检验),故当a >0时,f ′(x )存在唯一零点.(2)证明 由(1),可设f ′(x )在(0,+∞)上的唯一零点为x 0,当x ∈(0,x 0)时,f ′(x )<0; 当x ∈(x 0,+∞)时,f ′(x )>0.故f (x )在(0,x 0)上单调递减,在(x 0,+∞)上单调递增,所以当x =x 0时,f (x )取得最小值,最小值为f (x 0)由于2e2x 0-a x 0=0, 所以f (x 0)=a 2x 0+2ax 0+a ln 2a ≥2a +a ln 2a . 故当a >0时,f (x )≥2a +a ln 2a .【类题通法】1.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 (x )=ax +ln x (a ∈R ).(1)若a =2,求曲线y =f (x )在x =1处的切线方程;(2)求f (x )的单调区间;(3)设g (x )=x 2-2x +2,若对任意x 1∈(0,+∞),均存在x 2∈0,1]使得f (x 1)<g (x 2),求a 的取值范围.解 (1)由已知得f ′(x )=2+1x (x >0),所以f ′(1)=2+1=3,所以斜率k =3.又切点为(1,2),所以切线方程为y -2=3(x -1),即3x -y -1=0,故曲线y =f (x )在x =1处的切线方程为3x -y -1=0.(2)f ′(x )=a +1x =ax +1x (x >0),①当a ≥0时,由于x >0,故ax +1>0,f ′(x )>0,所以f (x )的单调增区间为(0,+∞).②当a <0时,由f ′(x )=0,得x =-1a .在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0,-1a 上,f ′(x )>0,在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫-1a ,+∞上,f ′(x )<0,所以函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0,-1a ,单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫-1a ,+∞. (3)由已知得所求可转化为f (x )max <g (x )max ,g (x )=(x -1)2+1,x ∈0,1],所以g (x )max =2,由(2)知,当a ≥0时,f (x )在(0,+∞)上单调递增,值域为R ,故不符合题意.当a <0时,f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,-1a 上单调递增,在⎝ ⎛⎭⎪⎫-1a ,+∞上单调递减,故f (x )的极大值即为最大值,是f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-1a =-1+ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫-1a =-1-ln(-a ), 所以2>-1-ln(-a ),解得a <-1e 3.。

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