专题一 高考函数与导数命题动向1

第一篇教材考点再排查专题 2函数与导数1.理解函数定义时，函数是非空数集到非空数集的映射，作为一个映射，就必须满足映射的条件，只能一对一或者多对一，不能一对多，定义域、值域、对应法则是决定函数的三要素，定义域、对应法则确定，值域也就确定，注意对应法则相同，定义域不同的函数不是同一函数.2.求函数的定义域，关键是依据含自变量x 的代数式有意义来列出相应的不等式(组 )求解，如开偶次方根，被开方数一定是非负数；对数式中的真数是正数；列不等式时，应列出所有的不等式，不应遗漏 , 实际问题要考虑变量的实际意义，注意挖掘隐含条件．对抽象函数，只要对应关系相同，括号里整体的取值范围就完全相同．3.求函数解析式的方法：有直接法、待定系数法、配凑法、配方法、换元法；用换元法求解析式时，要注意新元的取值范围，即函数的定义域问题．4.分段函数是在其定义域的不同子集上，分别用不同的式子来表示对应关系的函数，它是一个f1 ( x), x A1函数，而不是几个函数，用解析式表示分段函数时，注意要书写正确，即 y f2 ( x), x A2，Lf n ( x), x A n分段函数的值域是各段函数值域的并集.5.求函数最值 ( 值域 ) 常用的方法：(1)单调性法：适合已知或能判断单调性的函数．(2)图象法：适合已知或易作出图象的函数，特别是二次函数在某个区间上的最值．(3)基本不等式法：特别适合分式结构或两元的函数．(4)导数法：适合可导函数．(5)换元法: 适应复合函数，即先由定义域求出内函数的值域，作为外函数的定义域，再利用外函数的图像与性质求出外函数的值域，即为函数的值域，利用换元法求值域时，要特别注意新元的范围．(6)分离常数法：适合于一次分式．(7)有界函数法：适用于含有指、对函数或正、余弦函数的式子．无论用什么方法求最值，都要考查“等号”是否成立，特别是基本不等式法，并且要优先考虑定义域．6.函数的奇偶性(1) f (x) 是奇函数对定义域内任意，都有 f (x) f ( x)对定义域内任意，都有f (x) f ( x) 0 f ( x) 图像关于原点对称；（ 2）f( x) 是偶函数对定义域内任意，都有 f (x) f ( x)对定义域内任意，都有f (x) f ( x) 0 f ( x) 图像关于 y 轴对称；（ 3）y f ( x a) 是偶函数对定义域内任意都有 f ( a x) = f (a x)y f ( x) 的图象关于直线x a 对称；（ 4）y f ( x a) 是奇函数对定义域内任意都有 f ( a x) =－ f (a x)y f (x)的图象关于点(a,0) 对称；判断函数的奇偶性，要注意定义域必须关于原点对称，有时还要对函数式化简整理，但必须注意使定义域不受影响．7.函数奇偶性的性质(1)奇函数在关于原点对称的区间上若有单调性，则其单调性完全相同；偶函数在关于原点对称的区间上若有单调性，则其单调性恰恰相反．(2)若 f(x)为偶函数，则f(－x)=f(x)=f(|x|)．(3)若奇函数 f(x)的定义域中含有0，则必有f(0)＝0.故“ f(0)＝ 0”是“ f(x)为奇函数”的既不充分也不必要条件，已知函数奇偶性求参数常用特值法 .8.函数的单调性(1)判定函数单调性方法：①定义法：若 x ，x a, b , x x ，那么 f (x1) f (x2 )设 x1 x2a, b , x1 x2，1212那么( x1x2 ) f ( x1 ) f ( x2 )f ( x1 ) f ( x2 )0 f ( x) 在a, b上是增函0x1x2数；若 x1，x2a,b , x1x2，那么 f ( x1) f ( x2 )设 x1x2a,b , x1x2，那么( x1 x2 ) f ( x1 ) f ( x2 ) 0f ( x1) f ( x2 )0 f (x)在 a,b上是减函数 .x1x2②求导法：设函数y f ( x) 在某个区间内可导，如果f( x)0，则 f (x) 为增函数；如果f ( x)0 ，则 f ( x)为减函数 .③性质法 : 如果函数f (x) 和 g( x) 在相同区间上是单调函数, 则（ i ）增函数 +增函数是增函数；（ii ）减函数 +减函数是减函数；（ iii ）增函数 - 减函数是增函数； （ iv ）减函数 - 增函数是减函数；④复合函数单调性 : “同增异减”（ 2）已知含参数的可导函数在某个区间上单调递增（减）求参数范围，利用函数单f ( x) 0 （ 0 ）恒成立（且不恒为 0）问题，验证参数取等号时是否符合题意.（ 3）求函数单调区间时，多个单调区间之间不能用符号“∪”和“或”连接，可用“及”连接， 或用“，”隔开．单调区间必须是“区间”，而不能用集合或不等式代替 ．9. 函数 y f ( x) 的图象的对称性结论①若函数 yf (x) 关于 x a 对称对定义域内任意都有f (a x) = f (a x)对定义域内任意都有 f ( x) = f (2 a x) ；②函数 yf ( x) 关于点（， 0） 对定义域内任意都有 f (a x) =－f (a x)f (2 a x) =－ f ( x) ；③若函数 yf (x) 对定义域内任意都有f ( x a)f (bx) , 则函数 f ( x) 的对称轴是a bx；2④若函数 yf (x) 对定义域内任意都有 f (xa)f (b x) , 则函数 f ( x) 的对称轴中心为 (ab,0) ；2⑤函数 yf (| x a |) 关于 x a 对称 .10. 两个函数对称的结论①两个函数 y f (x a) 与 yf (b x) 的图象关于直线abx对称 .2②函数 y f ( x) 与函数 y f ( x) 的图象关于直线 x 0 ( 即 y 轴 ) 对称 .③函数 y f ( x) 与函数 y f (x) 的图象关于直线 y0( 即 x 轴 ) 对称。

【示例1】►设f (x )是定义在R 上的奇函数，当x ≤0时，f (x )＝2x 2－x ，则f (1)＝( )．A ．－3B ．－1C ．1D ．3【示例2】► 已知a ＝5log 23.4，b ＝5log 43.6，c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫15log 30.3，则( )． A ．a ＞b ＞c B ．b ＞a ＞c C ．a ＞c ＞b D ．c ＞a ＞b【示例3】►已知f (x )是R 上最小正周期为2的周期函数，且当0≤x ＜2时，f (x )＝x 3－x ，则函数y ＝f (x )的图象在区间[0,6]上与x 轴的交点的个数为( )．A ．6B ．7C ．8D ．9【示例4】►已知点P 在曲线f (x )＝x 4－x 上，曲线在点P 处的切线平行于直线3x －y ＝0，则点P 的坐标为________．【示例5】►已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点x ＝1处的切线l 不过第四象限且斜率为3，又坐标原点到切线l 的距离为1010，若x ＝23时，y ＝f (x )有极值．(1)求a ，b ，c 的值； (2)求y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值和最小值．【示例6】►)已知a ，b 为常数，且a ≠0，函数f (x )＝－ax ＋b ＋ax ln x ，f (e)＝2(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)．(1)求实数b 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．(3)当a ＝1时，是否同时存在实数m 和M (m ＜M )，使得对每一个t ∈[m ，M ]，直线y ＝t 与曲线y ＝f (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 都有公共点？若存在，求出最小的实数m 和最大的实数M ；若不存在，说明理由．高考命题分析函数是数学永恒的主题，是中学数学最重要的主干知识之一；导数是研究函数的有力工具，函数与导数不仅是高中数学的核心内容，还是学习高等数学的基础，而且函数的观点及其思想方法贯穿于整个高中数学教学的全过程，高考对函数的考查更多的是与导数的结合，发挥导数的工具性作用，应用导数研究函数的性质、证明不等式问题等，体现出高考的综合热点．所以在高考中函数知识占有极其重要的地位，是高考考查数学思想、数学方法、能力和素质的主要阵地．高考命题特点函数与导数在高考试卷中形式新颖且呈现出多样性，既有选择题、填空题，又有解答题．其命题特点如下：(1)全方位：近年新课标的高考题中，函数的知识点基本都有所涉及，虽然高考不强调知识点的覆盖率，但函数知识点的覆盖率依然没有减小．(2)多层次：在近年新课标的高考题中，低档、中档、高档难度的函数题都有，且题型齐全．低档难度题一般仅涉及函数本身的内容，诸如定义域、值域、单调性、周期性、图象等，且对能力的要求不高；中、高档难度题多为综合程度较高的试题，或者函数与其他知识结合，或者是多种方法的渗透．(3)巧综合：为了突出函数在中学数学中的主体地位，近年高考强化了函数与其他知识的渗透，加大了以函数为载体的多种方法、多种能力(甚至包括阅读能力、理解能力、表述能力、信息处理能力)的综合程度．(4)变角度：出于“立意”和创设情景的需要，函数试题设置问题的角度和方式也不断创新，重视函数思想的考查，加大了函数应用题、探索题、开放题和信息题的考查力度，从而使函数考题显得新颖、生动、灵活．(5)重能力：以导数为背景与其他知识(如函数、方程、不等式、数列等)交汇命题．利用导数解决相关问题，是命题的热点，而且不断丰富创新．解决该类问题要注意函数与方程、转化与化归、分类讨论等数学思想的应用．综合考查学生分析问题、解决问题的能力和数学素养．高考动向透视函数的概念和性质函数既是高中数学中极为重要的内容，又是学习高等数学的基础．函数的基础知识涉及函数的三要素、函数的表示方法、单调性、奇偶性、周期性等内容．纵观全国各地的高考试题，可以发现对函数基础知识的考查主要以客观题为主，难度中等偏下，在解答题中主要与多个知识点交汇命题，难度中等．【示例1】►设f (x )是定义在R 上的奇函数，当x ≤0时，f (x )＝2x 2－x ，则f (1)＝( )．A ．－3B ．－1C ．1D ．3解析 法一 ∵f (x )是定义在R 上的奇函数，且x ≤0时，f (x )＝2x 2－x ，∴f (1)＝－f (－1)＝－2×(－1)2＋(－1)＝－3.故选A.法二 设x ＞0，则－x ＜0，∵f (x )是定义在R 上的奇函数，且x ≤0时，f (x )＝2x 2－x ，∴f (－x )＝2(－x )2－(－x )＝2x 2＋x ，又f (－x )＝－f (x )，∴f (x )＝－2x 2－x ，∴f (1)＝－2×12－1＝－3，故选A. 答案 A本题考查函数的奇偶性和函数的求值，解题思路有两个：一是利用奇函数的性质，直接通过f (1)＝－f (－1)计算；二是利用奇函数的性质，先求出x ＞0时f (x )的解析式，再计算f (1)．指数函数、对数函数、幂函数指数函数在新课标高考中占有十分重要的地位，因此高考对指数函数的考查有升温的趋势，重点是指数函数的图象和性质，以及函数的应用问题．对于幂函数应重点掌握五种常用幂函数的图象及性质，此时，幂的运算是解决有关指数问题的基础，也要引起重视．对数函数在新课标中适当地降低了要求，因此高考对它的考查也会适当降低难度，但它仍是高考的热点内容，重点考查对数函数的图象和性质及其应用．【示例2】► 已知a ＝5log 23.4，b ＝5log 43.6，c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫15log 30.3，则( )． A ．a ＞b ＞c B ．b ＞a ＞c C ．a ＞c ＞b D ．c ＞a ＞b解析 因为c ＝5－log 30.3＝5log 3103，又log 23.4＞log 3 3.4＞log 3103＞1＞log 43.6＞0，且指数函数y ＝5x 是R 上的增函数，所以a ＞c ＞b .故选C.答案 C本题主要考查指数函数单调性的应用、对数式的大小比较．一般是利用指数函数单调性进行比较．对数式的比较类似指数式的比较，也可以寻找中间量．函数的应用函数的应用历来是高考重视的考点，新课标高考更是把这个考点放到了一个重要的位置．相对于大纲的高考，新课标高考无论在考查内容上还是力度上都有所加强，这主要体现在函数与方程方面，函数与方程已经成为新课标高考的一个命题热点，值得考生重视．【示例3】►已知f(x)是R上最小正周期为2的周期函数，且当0≤x＜2时，f(x)＝x3－x，则函数y＝f(x)的图象在区间[0,6]上与x轴的交点的个数为()．A．6 B．7 C．8 D．9解析由f(x)＝0，x∈[0,2)可得x＝0或x＝1，即在一个周期内，函数的图象与x 轴有两个交点，在区间[0,6)上共有6个交点，当x＝6时，也是符合要求的交点，故共有7个不同的交点．故选B. 答案 B本小题考查对周期函数的理解与应用，考查三次方程根的求法、转化与化归思想及推理能力，难度较小．求解本题的关键是将f(x)＝x3－x进行因式分解，结合周期函数的性质求出f(x)＝0在区间[0,6]上的根，然后将方程f(x)＝0的根转化为函数图象与x轴的交点问题．导数的概念及运算从近两年的高考试题来看，利用导数的几何意义求曲线在某点处的切线方程是高考的热点问题，解决该类问题必须熟记导数公式，明确导数的几何意义是曲线在某点处切线的斜率，切点既在切线上又在曲线上．【示例4】►已知点P在曲线f(x)＝x4－x上，曲线在点P处的切线平行于直线3x －y＝0，则点P的坐标为________．解析由题意知，函数f(x)＝x4－x在点P处的切线的斜率等于3，即f′(x0)＝4x30－1＝3，∴x0＝1，将其代入f(x)中可得P(1,0)．答案(1,0)本题主要考查导数的几何意义及简单的逻辑推理能力．利用导数求函数的单调区间、极值、最值从近两年的高考试题来看，利用导数研究函数的单调性和极、最值问题已成为高考考查的热点．解决该类问题要明确：导数为零的点不一定是极值点，导函数的变号零点才是函数的极值点；求单调区间时一定要注意函数的定义域；求最值时需要把极值和端点值逐一求出，比较即可．【示例5】►已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点x ＝1处的切线l 不过第四象限且斜率为3，又坐标原点到切线l 的距离为1010，若x ＝23时，y ＝f (x )有极值．(1)求a ，b ，c 的值； (2)求y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值和最小值．解 (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得 f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .当x ＝1时，切线l 的斜率为3，可得2a ＋b ＝0.①当x ＝23时，y ＝f (x )有极值，则f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝0，可得 4a ＋3b ＋4＝0②由①②解得a ＝2，b ＝－4. 设切线l 的方程为y ＝3x ＋m由原点到切线l 的距离为1010， 则|m |32＋1＝1010，解得m ＝±1. ∵切线l 不过第四象限∴m ＝1，由于切点的横坐标为x ＝1，∴f (1)＝4，∴1＋a ＋b ＋c ＝4 ∴c ＝5.(2)由(1)可得f (x )＝x 3＋2x 2－4x ＋5，∴f ′(x )＝3x 2＋4x －4.令f ′(x )＝0，得x ＝－2，x ＝23. f (x )和f ′(x )的变化情况如下表： x[－3，－2) －2 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，23 23 ⎝ ⎛⎦⎥⎤23，1 f ′(x )＋ 0 － 0 ＋ f (x ) 极大值 极小值 ∴f (x )在x ＝－2处取得极大值f (－2)＝13，在x ＝23处取得极小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝9527. 又f (－3)＝8，f (1)＝4，∴f (x )在[－3,1]上的最大值为13，最小值为9527.在解决类似的问题时，首先要注意区分函数最值与极值的区别．求解函数的最值时，要先求函数y ＝f (x )在[a ，b ]内所有使f ′(x )＝0的点，再计算函数y ＝f (x )在区间内所有使f ′(x )＝0的点和区间端点处的函数值，最后比较即得．突出以函数与导数为主的综合应用高考命题强调“以能力立意”，就是以数学知识为载体，从问题入手，把握数学学科的整体意义，加强对知识的综合性和应用性的考查．中学数学的内容可以聚合为数和形两条主线，其中数是以函数概念来串联代数、三角和解析几何知识，我们可以把方程看作函数为零，不等式看成两个函数值的大小比较、数列、三角则是特殊的一类函数．所以，高考试题中涉及函数的考题面很广．新课标高考对有关函数的综合题的考查，重在对函数与导数知识理解的准确性、深刻性，重在与方程、不等式、数列、解析几何等相关知识的相互联系，要求考生具备较高的数学思维能力和综合分析问题能力以及较强的运算能力，体现了以函数为载体，多种能力同时考查的命题思想．【示例6】►)已知a ，b 为常数，且a ≠0，函数f (x )＝－ax ＋b ＋ax ln x ，f (e)＝2(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)．(1)求实数b 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．(3)当a ＝1时，是否同时存在实数m 和M (m ＜M )，使得对每一个t ∈[m ，M ]，直线y ＝t 与曲线y ＝f (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 都有公共点？若存在，求出最小的实数m 和最大的实数M ；若不存在，说明理由．解 (1)由f (e)＝2得b ＝2. (2)由(1)可得f (x )＝－ax ＋2＋ax ln x .从而f ′(x )＝a ln x . 因为a ≠0，故①当a ＞0时，由f ′(x )＞0得x ＞1，由f ′(x )＜0得0＜x ＜1；②当a ＜0时，由f ′(x )＞0得0＜x ＜1，由f ′(x )＜0得x ＞1.综上，当a ＞0时，函数f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)；当a ＜0时，函数f (x )的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(3)当a ＝1时，f (x )＝－x ＋2＋x ln x ，f ′(x )＝ln x .由(2)可得，当x 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 内变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x1e ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1 1 (1，e) e f ′(x )－ 0 ＋ f (x ) 2－2e 单调递减 极小值1 单调递增 2 又2－2e ＜2，所以函数f (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 的值域为[1,2]．据此可得，若⎩⎨⎧m ＝1，M ＝2.则对每一个t ∈[m ，M ]，直线y ＝t 与曲线y ＝f (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 都有公共点； 并且对每一个t ∈(－∞，m )∪(M ，＋∞)，直线y ＝t 与曲线y ＝f (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 都没有公共点．综上，当a ＝1时，存在最小的实数m ＝1，最大的实数M ＝2，使得对每一个t∈[m ，M ]，直线y ＝t 与曲线y ＝f (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 都有公共点．本题主要考查函数、导数等基础知识．考查推理论证能力、抽象概括能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想、分类与整合思想．。

导数问题在高考试题中的命题方向及解题策略本溪高中 数学组 施洋导数的几何意义是在某点处切线的斜率，它本质是表示瞬时变化率，它是对函数变化趋势的定量刻画。

而导数中的基础问题，如：切线、单调性、极值、最值等问题要熟练掌握，进而在多走一步，如：恒成立、有解、根（解）的个数或交点个数等问题，最后要把函数图像，函数的零点、方程的解、函数中的特殊点、导数工具以及转化策略等综合起来使用解决较复杂的问题，才能形成较强解决问题的能力。

★课本上，导数问题的基本类型有4种： （1）用导数求切线：1、[求曲线上一点处的切线方程][求过一点的曲线的切线方程]例：(2017届河北省正定中学期中)已知函数f(x)＝3x ＋cos 2x ＋sin 2x ，a ＝例：若函数f(x)＝()x x f ln =与函数()a x x x g ++=22(x<0)有公切线，则实数aln 2，＋∞)（2）用导数求函数的单调区间例(2017届河南息县第一高级中学段测)已知函数()x a x x f ln 2+=(1)确定函数的定义域．(2)求导函数f ′(x)．(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f ′(x)>0或f ′(x)<0；②若已知函数的单调性，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来求解． （3）用导数求函数的极值（4）用导数求函数的最大（小）值。

★高考中，导数问题的常见类型有5种：1． 单调性问题：已知函数在某个区间上的单调性，求参数的取值范围例1：(2017届昆明市第一中学月考)若函数f (x )＝ln x ＋ax 2－2在区间⎪⎭⎫ ⎝⎛2,21内存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－2] B ⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞-,81 C. ⎪⎭⎫ ⎝⎛--21,2D.(－2，＋∞)变式1：在区间⎪⎭⎫ ⎝⎛2,21内单调递增 变式2：在区间⎪⎭⎫ ⎝⎛2,21内不单调变式3：在区间⎥⎦⎤⎢⎣⎡2,21内不单调 变式4：f(x)的单调递增区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛2,21变式5：在区间⎪⎭⎫ ⎝⎛2,21有极值 变式6：在区间⎪⎭⎫ ⎝⎛2,21有极大值变式7：在区间⎪⎭⎫ ⎝⎛2,21有零点 变式8：在区间⎪⎭⎫ ⎝⎛2,21有两个零点变式：f(x)在区间(π，2π)内有零点3．极值点问题：探究极值点的有关属性，或是已知极值点的范围求参数的有关范围问题。

数学高考命题过程探究案例（一） 函数导数部分
高考命题时，命题组首先收缩命题的指向范围，不追求知识的覆盖面，但考虑与高校课程的关联，最后考查的落点有相当的确定性，又有一定的随机性，还有某种周期性．
就数学高考压轴题而言，近年的全国高考卷一般以函数导数综合题和圆锥曲线综合题作为压轴题，也就是说，全国卷是双压轴的．但是这两个题目的排序先后是不确定的．
本文探究一下导数题的一个可能的命题过程． 我们认为命题组命制一个函数导数的综合题可能是先有图形的位置关系，然后把这个位置关系转化为数量关系，让考生用代数的方法证明这个数量关系．
数学证明是证明简单事实的，往往越是简单事实越是难以证明．看下面的例子：
我们取函数，并作出它的图
()(1)x f x c c =>
象，如右图：它过，我们求出直线
(0,1),(1,)A B c 的方程为，注意到
AB ()(1)1g x c x =-+得图象是“下凸”的，那么当
()(1)x f x c c =>时，的图象（线段）都
01x <<()(1)1g x c x =-+在函数的图象的上方，转化为代
()(1)x f x c c =>数关系就是，其中．
(1)1x c x c -+>1,01c x ><<这个结论其实就是2016年的全国卷3的一个高考压轴题，当时
π。

一 函数与导数中的高考热点问题(对应学生用书第44页)[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．函数的单调性、极值是局部概念，函数的最值是整体概念，研究函数的性质必须在定义域内进行，因此，务必遵循定义域优先的原则，本热点主要有三种考查方式：(1)讨论函数的单调性或求单调区间；(2)求函数的极值或最值；(3)利用函数的单调性、极值、最值，求参数的范围．(2015·全国卷Ⅱ)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．(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，a 的取值范围是(0,1)．x 的符号问x ＞x ＜0，最终可转化为一个一元一次不等式或一元二次不等f x 的单调性，则转化为不等式x 或x 在单调区间上恒成立问题求解.] (2018·福州质检ln x ＋x 2－R ).【导学号：79140096】(1)若x ＝3是f (x )的极值点，求f (x )的单调区间； (2)求g (x )＝f (x )－2x 在区间[1，e]的最小值h (a )． [解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x ＋2x －a ＝2x 2－ax ＋ax，因为x ＝3是f (x )的极值点，所以f ′(3)＝18－3a ＋a 3＝0，解得a ＝9.所以f ′(x )＝2x 2－9x ＋9x ＝(2x －3)(x －3)x，所以当0＜x ＜32或x ＞3时，f ′(x )＞0；当32＜x ＜3时，f ′(x )＜0. 所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32和(3，＋∞)，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，3. (2)由题知，g (x )＝f (x )－2x ＝a ln x ＋x 2－ax －2x . g ′(x )＝2x 2－ax ＋a x －2＝(2x －a )(x －1)x.①当a2≤1，即a ≤2时，g (x )在[1，e]上为增函数，h (a )＝g (1)＝－a －1；②当1＜a 2＜e ，即2＜a ＜2e 时，g (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，a 2上为减函数，在⎝ ⎛⎦⎥⎤a2，e 上为增函数，h (a )＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝a ln a 2－14a 2－a ； ③当a2≥e，即a ≥2e 时，g (x )在[1，e]上为减函数，h (a )＝g (e)＝(1－e)a ＋e 2－2e.综上，h (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧－a －1， a ≤2，a ln a 2－14a 2－a ，2＜a ＜2e ，(1－e)a ＋e 2－2e ，a ≥2e.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．(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝a e 2x＋(a －2)e x－x . (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 )＝2a e 2x ＋(a －2)e x －1＝(a e x －1)(2e x ＋1)．(ⅰ)若a ≤0，则f ′(x )<0，所以f (x )在(－∞，＋∞)单调递减． (ⅱ)若a >0，则由f ′(x )＝0得x ＝－ln a . 当x ∈(－∞，－ln a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(－ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，－ln a )单调递减，在(－ln a ，＋∞)单调递增． (2)(ⅰ)若a ≤0，由(1)知，f (x )至多有一个零点．(ⅱ)若a >0，由(1)知，当x ＝－ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (－ln a )＝1－1a＋ln a .①当a ＝1时，由于f (－ln a )＝0，故f (x )只有一个零点； ②当a ∈(1，＋∞)时，由于1－1a＋ln a ＞0，即f (－ln a )>0，故f (x )没有零点；③当a ∈(0,1)时，1－1a＋ln a ＜0，即f (－ln a )＜0.又f (－2)＝a e －4＋(a －2)e －2＋2>－2e －2＋2>0， 故f (x )在(－∞，－ln a )有一个零点．设正整数n 0满足n 0＞ln ⎝⎛⎭⎪⎫3a－1，则f (n 0)＝e n 0(a e n 0＋a －2)－n 0＞e n 0－n 0＞2n 0－n 0＞0.由于ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a－1＞－ln a ，因此f (x )在(－ln a ，＋∞)有一个零点． 综上，a 的取值范围为(0,1)．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[跟踪训练的底数．(1)若f (x )在x ＝e 处的切线的斜率为e 2，求a ； (2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围． [解] (1)f ′(x )＝1x－3x 2＋4e x －a ，f ′(e)＝1e ＋e 2－a ＝e 2，∴a ＝1e.(2)由ln x －x 3＋2e x 2－ax ＝0，得ln x x－x 2＋2e x ＝a .记F (x )＝ln x x－x 2＋2e x ，则F ′(x )＝1－ln x x2－2(x －e)． x ∈(e，＋∞)，F ′(x )＜0，F (x )单调递减． x ∈(0，e)，F ′(x )＞0，F (x )单调递增，∴F (x )max ＝F (e)＝1e ＋e 2，而x →0时，F (x )→－∞，x →＋∞时，F (x )→－∞.故a ＜1e＋e 2.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．(本小题满分12分)(2017·全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝(1－x2)e x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求a的取值范围．[规范解答] (1)f′(x)＝(1－2x－x2)e x.令f′(x)＝0得x＝－1－2或x＝－1＋ 2. 2分当x∈(－∞，－1－2)时，f′(x)＜0；当x∈(－1－2，－1＋2)时，f′(x)＞0；当x∈(－1＋2，＋∞)时，f′(x)＜0. 4分所以f(x)在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)单调递减，在(－1－2，－1＋2)单调递增. 5分(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)e x.当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)e x，h′(x)＝－x e x＜0(x>0)，因此h(x)在[0，＋∞)单调递减．而h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.8分当0<a<1时，设函数g(x)＝e x－x－1，g′(x)＝e x－1＞0(x＞0)，所以g(x)在[0，＋∞)单调递增，而g(0)＝0，故e x≥x＋1.当0<x<1时，f(x)>(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，取x0＝5－4a－12，则x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)＞ax0＋1.10分当a≤0时，取x0＝5－12，则x0∈(0,1)，f(x0)＞(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1. 11分综上，a的取值范围是[1，＋∞).12分[阅卷者说]求定义域求f x，令x＞0f x的增区间；令x＜0f x 的减区间.写出结论2.恒成立问题的三种解法分离参数，化为最值问题求解构x g x ，x ＝x －x ，求F xmin≥0.转变主元，选取适当的主元，可使问题简化. [跟踪训练(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.【导学号：79140097】[解] (1)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，假设存在b 满足0<b <a 4且b <14时，f ′(b )<0，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2e 2x 0－ax 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.。

以“函数与导数”为例谈谈新高考数学命题及教学策略摘要：“函数与导数”是当前高中数学教学内容中相当重要的内容，也是当前新高考中的高频考点，导数是探究函数性质的关键性工具，依托各种数学方法与数学思想同导数计算的结合可以有效获取函数的单调性、极值、最值等等性质的解答。

同时“函数与导数”也是当前新高考中综合考察的要点，通过与不等式证明、圆锥曲线等知识点进行结合，以综合压轴的问题出现，考察学生的综合问题解决能力。

本篇文章首先就以“函数与导数”为例从考题新结构、考题新情境、考题新认识三个角度来说明当前新高考数学的命题思路与命题方法，而后就如何依托新高考的时代背景开展有效的数学教学提出相应的建议。

关键词：数学核心素养；高考命题；高考复习；建议引言：在高考革新的时代背景之下，高考数学命题方向、题目立意都有了针对性的优化与创新，以求通过高考考试真正的选拔高质量学生，做好对素质教育的有效检验。

当前新高考的数学试卷中往往将“函数与导数”作为基础题目与压轴题目的出题点，这类题目往往彰显着对学生数学思想运用、逻辑推理能力、数学计算能力、创新能力等核心素养的检验，并能有效突出了当前新高考下数学试卷命题的本质和强调理性思维为导向的命题原则。

以期本篇文章能够以“函数与导数”为例有效分析当前新高考数学命题的基本角度、立意与创新，从而据此探究新高考背景下数学教学的有效途径。

一、试题命题分析高考命题选择哪种类型的题目，依托哪种学生数学能力检验形式才能真正有效的反映出学生数学学习与教师数学教学的成效，从而有效增强数学教学的目的性与针对性，是当前新高考背景下数学命题研究的永恒方向。

本篇文章将以“函数与导数”为例，从题目新结构、题目新情境、以及题目新认识这三个层次上对当下新高考数学命题进行分析。

１、考题新结构数学高考试卷的命题结构往往关乎着考试的区分度和试题的难度以及有效性，影响着学生总体高考的选拔性与基础性。

因而，教育部考试中心在保障命题结构平稳浮动的情况下，在试卷命题开放性上做出了精巧改变，例如针对选题目来说，选考题目由传统的三选一转变为后来的二选一，至今改变为多选题甚至出现了开放题目的设计。

【高中数学】数学高考冲刺：函数与导数命题趋势预测数学
高考
冲刺：函数与导数命题趋势预测
函数的观点和思想方法贯穿于整体
高中数学
近年来的高考中，功能测试题在试题中的分数一般为22-35分，一般有2道选择题或
2道填空题和1道解题，且经常被测试和更新。

在选择题和填空题中通常考查反函数、函数的定义域、值域、函数的单调性、奇偶性、周期性、函数的图象、导数的概念、导数的应用以及从函数的性质研究抽象函数。

在解决问题时，我们通常考察函数、导数和不等式的综合应用。

主要表现在：
1.通过选择题和填空题，全面考查函数的基本概念，性质和图象。

2.在解题考试中，与函数有关的试题往往以综合题的形式出现。

3.从数学具有高度抽象性的特点出发，没有忽视对抽象函数的考查。

4.部分省市函数应用题的考试与导数的应用相结合。

5.涌现了一些函数新题型。

6.函数与方程思想的作用不仅涉及与函数有关的试题，还需要序列、不等式、解析几
何等函数与方程思想的指导。

7.多项式求导(结合不等式求参数取值范围)，和求斜率(切线方程结合函数求最值)问题。

8.极值，函数的单调性，应用问题，结合三角函数或向量。

数学高考冲刺：函数与导数命题趋势预测2021数学高考冲刺：函数与导数命题趋势推测函数的观点和思想方法贯穿整个高中数学的全过程，在近几年的高考中，函数类试题在试题中所占分值一样为22---35分.一样为2个选择题或2个填空题，1个解答题，而且常考常新。

在选择题和填空题中通常考查反函数、函数的定义域、值域、函数的单调性、奇偶性、周期性、函数的图象、导数的概念、导数的应用以及从函数的性质研究抽象函数。

在解答题中通常考查函数与导数、不等式的综合运用。

其要紧表现在：1.通过选择题和填空题，全面考查函数的差不多概念，性质和图象。

2.在解答题的考查中，与函数有关的试题常常是以综合题的形式显现。

3.从数学具有高度抽象性的特点动身，没有忽视对抽象函数的考查。

4.一些省市对函数应用题的考查是与导数的应用结合起来考查的。

5.涌现了一些函数新题型。

6.函数与方程的思想的作用不仅涉及与函数有关的试题，而且关于数列，不等式，解析几何等也需要用函数与方程思想作指导。

唐宋或更早之前，针对“经学”“律学”“算学”和“书学”各科目，其相应传授者称为“博士”，这与当今“博士”含义差不多相去甚远。

而对那些专门讲授“武事”或讲解“经籍”者，又称“讲师”。

“教授”和“助教”均原为学官称谓。

前者始于宋，乃“宗学”“律学”“医学”“武学”等科目的讲授者；而后者则于西晋武帝时代即已设立了，要紧协助国子、博士培养生徒。

“助教”在古代不仅要作入流的学问，其教书育人的职责也十分明晰。

唐代国子学、太学等所设之“助教”一席，也是当朝打眼的学官。

至明清两代，只设国子监（国子学）一科的“助教”，其身价不谓显要，也称得上朝廷要员。

至此，不管是“博士”“讲师”，依旧“教授”“助教”，其今日教师应具有的差不多概念都具有了。

7.多项式求导(结合不等式求参数取值范畴)，和求斜率(切线方程结合函数求最值)问题。

宋以后，京师所设小学馆和武学堂中的教师称谓皆称之为“教谕”。

一 函数与导数中的高考热点问题(对应学生用书第44页)[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函数的单调性、极值是局部概念，函数的最值是整体概念，研究函数的性质必须在定义域内进行，因此，务必遵循定义域优先的原则，本热点主要有三种考查方式：(1)讨论函数的单调性或求单调区间；(2)求函数的极值或最值；(3)利用函数的单调性、极值、最值，求参数的范围．(2015·全国卷Ⅱ)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．(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，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.【导学号：79140096】(1)若x ＝3是f (x )的极值点，求f (x )的单调区间； (2)求g (x )＝f (x )－2x 在区间[1，e]的最小值h (a )． [解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x ＋2x －a ＝2x 2－ax ＋ax，因为x ＝3是f (x )的极值点，所以f ′(3)＝18－3a ＋a 3＝0，解得a ＝9.所以f ′(x )＝2x 2－9x ＋9x ＝(2x －3)(x －3)x，所以当0＜x ＜32或x ＞3时，f ′(x )＞0；当32＜x ＜3时，f ′(x )＜0. 所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32和(3，＋∞)，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，3. (2)由题知，g (x )＝f (x )－2x ＝a ln x ＋x 2－ax －2x . g ′(x )＝2x 2－ax ＋a x －2＝(2x －a )(x －1)x.①当a2≤1，即a ≤2时，g (x )在[1，e]上为增函数，h (a )＝g (1)＝－a －1；②当1＜a 2＜e ，即2＜a ＜2e 时，g (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，a 2上为减函数，在⎝ ⎛⎦⎥⎤a2，e 上为增函数，h (a )＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝a ln a 2－14a 2－a ； ③当a2≥e，即a ≥2e 时，g (x )在[1，e]上为减函数，h (a )＝g (e)＝(1－e)a ＋e 2－2e.综上，h (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧－a －1， a ≤2，a ln a 2－14a 2－a ，2＜a ＜2e ，(1－e)a ＋e 2－2e ，a ≥2e.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．(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝a e 2x＋(a －2)e x－x . (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 )＝2a e 2x ＋(a －2)e x －1＝(a e x －1)(2e x ＋1)．(ⅰ)若a ≤0，则f ′(x )<0，所以f (x )在(－∞，＋∞)单调递减． (ⅱ)若a >0，则由f ′(x )＝0得x ＝－ln a . 当x ∈(－∞，－ln a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(－ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，－ln a )单调递减，在(－ln a ，＋∞)单调递增． (2)(ⅰ)若a ≤0，由(1)知，f (x )至多有一个零点．(ⅱ)若a >0，由(1)知，当x ＝－ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (－ln a )＝1－1a＋ln a .①当a ＝1时，由于f (－ln a )＝0，故f (x )只有一个零点； ②当a ∈(1，＋∞)时，由于1－1a＋ln a ＞0，即f (－ln a )>0，故f (x )没有零点；③当a ∈(0,1)时，1－1a＋ln a ＜0，即f (－ln a )＜0.又f (－2)＝a e －4＋(a －2)e －2＋2>－2e －2＋2>0， 故f (x )在(－∞，－ln a )有一个零点．设正整数n 0满足n 0＞ln ⎝⎛⎭⎪⎫3a－1，则f (n 0)＝e n 0(a e n 0＋a －2)－n 0＞e n 0－n 0＞2n 0－n 0＞0.由于ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a－1＞－ln 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.f x x x 3x 2ax a 的底数．(1)若f (x )在x ＝e 处的切线的斜率为e 2，求a ； (2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围． [解] (1)f ′(x )＝1x－3x 2＋4e x －a ，f ′(e)＝1e ＋e 2－a ＝e 2，∴a ＝1e.(2)由ln x －x 3＋2e x 2－ax ＝0，得ln x x－x 2＋2e x ＝a .记F (x )＝ln x x－x 2＋2e x ，则F ′(x )＝1－ln x x2－2(x －e)． x ∈(e，＋∞)，F ′(x )＜0，F (x )单调递减． x ∈(0，e)，F ′(x )＞0，F (x )单调递增，∴F (x )max ＝F (e)＝1e ＋e 2，而x →0时，F (x )→－∞，x →＋∞时，F (x )→－∞.故a ＜1e＋e 2.利用导数研究不等式问题(答题模板)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．(本小题满分12分)(2017·全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝(1－x2)e x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求a的取值范围．[规范解答] (1)f′(x)＝(1－2x－x2)e x.令f′(x)＝0得x＝－1－2或x＝－1＋ 2. 2分当x∈(－∞，－1－2)时，f′(x)＜0；当x∈(－1－2，－1＋2)时，f′(x)＞0；当x∈(－1＋2，＋∞)时，f′(x)＜0. 4分所以f(x)在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)单调递减，在(－1－2，－1＋2)单调递增. 5分(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)e x.当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)e x，h′(x)＝－x e x＜0(x>0)，因此h(x)在[0，＋∞)单调递减．而h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.8分当0<a<1时，设函数g(x)＝e x－x－1，g′(x)＝e x－1＞0(x＞0)，所以g(x)在[0，＋∞)单调递增，而g(0)＝0，故e x≥x＋1.当0<x<1时，f(x)>(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，取x0＝5－4a－12，则x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)＞ax0＋1.10分当a≤0时，取x0＝5－12，则x0∈(0,1)，f(x0)＞(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1. 11分综上，a的取值范围是[1，＋∞).12分[阅卷者说]易错点防范措施函数h(x)与函数g(x)的构造认真分析不等式的结构特征，通过构造h(x)，利用不等式的性质，证明命题成立，通过构造g(x)，为举反例说明命题不成立创造了条件[规律方法] 1.求单调区间的一般步骤1求定义域.2求f′x，令f′x＞0，求出f x的增区间；令f′x＜0，求出f x 的减区间.3转变主元，选取适当的主元，可使问题简化. (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.【导学号：79140097】[解] (1)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，假设存在b 满足0<b <a 4且b <14时，f ′(b )<0，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2e 2x 0－ax 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.。