高考数学复习专题讲座1函数与导数在高考中的常见题型与求解策略知能训练152

探究一 用导数研究函数的单调性 利用导数研究函数的单调性就是根据导数与函数单调性的关 系，确定函数的单调区间．研究函数的单调性，其步骤是： (1)先求出定义域； (2)求导，根据基本初等函数的导数以及求导法则求出函数f(x) 的导函数f′(x)； (3)解不等式，不等式f′(x)＞0的解集就是函数f(x)的递增区 间，不等式f′(x)＜0的解集就是函数f(x)的递减区间．
[例2] 已知f(x)＝xlnx. (1)求函数f(x)在[t，t＋2](t＞0)上的最小值； (2)对一，求实 数a的取值范围． 【审题】 参变分离求最值．
【转化】 (1)求f′(x)，利用单调性求最值； (2)分离参数→构造函数求最值→求导→判断单调性→分类讨 论定最值．
专题一 函数与导数综合题的解答
函数与导数既是高中数学最重要的基础知识，又是高中数学的 主干知识，还是高中数学的主要工具，在高考中占有举足轻重的地 位，其考查的内容和形式也是丰富多彩的．对于函数，高中数学各 章节的知识都渗透着函数的思想与方法，函数的影子几乎闪现于每 个问题之中．对于函数内容的备考，首先要掌握基本概念和基本运 算，牢记基本函数的图像与性质，重视函数与方程、数形结合、转 化与化归、分类讨论等数学思想与方法在解题中的应用．导数属于 新增加的内容，是高中数学知识的一个重要的交汇点，命题范围非 常广泛，为函数的考查提供了广阔天地，处于一种特殊的地位．
探究二 函数的极值、最值问题 研究函数f(x)的极值是通过检验f′(x)在方程f′(x)＝0的根的 左、右函数值的符号来判定的，因此难点是如何判定这个根左、右 函数f′(x)值的符号，并与函数f(x)的极大值、极小值对应．化解的 方法是列出x、f′(x)、f(x)变化的图表，得到f′(x)在每个区间上的 符号，即可得到函数对应的极大值、极小值．函数极值的另一个难 以理解的问题是极大值、极小值的大小关系，即函数的极大值不一 定比极小值大，极小值也不一定比极大值小．突破这一难点的方法 是正确理解极值是一个局部的概念，可以通过画出函数在整个定义 域上的图像，对比图像进行分析判断．

高考必考题突破讲座(一) 导数及其应用,1．利用导数研究方程的根(或函数的零点)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； (3)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.利用导数研究恒成立、能成立问题求参数的范围,导数在不等式中的应用是高考的热点，常见的命题角度是由不等式恒成立和不等式能成立求参数的范围问题．其转化途径：(1)f (x )≥a 恒成立⇔f (x )min ≥a ；存在x 使f (x )≥a 成立⇔f (x )max ≥a . (2)f (x )≤b 恒成立⇔f (x )max ≤b ，存在x 使f (x )≤b 成立⇔f (x )min ≤b . (3)f (x )>g (x )恒成立F (x )＝f (x )－g (x )F (x )min >0.(4)①任意x 1∈M ，任意x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )min >g (x )max ； ②任意x 1∈M ，存在x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )min >g (x )min ； ③存在x 1∈M ，存在x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )max >g (x )min ； ④存在x 1∈M ，任意x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )max >g (x )max .⑤如果分离参数后对应的函数不便于求解其最值，或者求解其函数最值烦琐时，可采用直接构造函数的方法进行分类讨论求解．3.利用导数证明不等式,利用导数证明不等式，常以解答题的形式出题，突出转化思想、函数思想的考查，常见的命题角度有利用导数证明不等式和能成立(恒成立)问题．(1)直接将不等式转化成某个函数最值问题：若证明f (x )<g (x )，x ∈(a ，b )，可以构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，如果F ′(x )<0，则F (x )在(a ，b )上是减函数，同时若F (a )≤0，由减函数的定义可知，x ∈(a ，b )时，有F (x )<0，即证明了f (x )<g (x )．(2)将待证不等式转化为两个函数的最值进行比较证明：在证明不等式中，若待证不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可借助两个函数的最值证明，如果证f (x )≥g (x )在D 上成立，只需证明f (x )min ≥g (x )max 即可．(3)利用导数证明一个不等式，并进行代换、变形，推导一些其他的不等式．【例1】 已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 为奇函数，且x ＝－1处取得极大值2.,(1)求f (x )的解析式；,(2)过点A (1，t )(t ≠－2)可作函数f (x )图象的三条切线，求实数t 的取值范围．解析 (1)因为f (x )为奇函数，故b ＝d ＝0，f ′(x )＝3ax 2＋c .,又f ′(－1)＝0，f (－1)＝2，故－a －c ＝2,3a ＋c ＝0解得a ＝1，c ＝－3，故f (x )＝x 3－3x .,(2)设切点为(x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝x 30－3x 0，y 0－t x 0－1＝3x 20－3，消去y 0，得2x 30－3x 20＋3＋t ＝0.设g (x )＝2x 3－3x 2＋t ＋3，因为过A 的切线有三条，所以g (x )有三个零点，又g ′(x )＝6x 2－6x ＝6x (x －1)，所以g (x )在(－∞，0)，(1，＋∞)上递增在(0,1)上递减，所以g (x )的极小值为g (1)＝t ＋2，极大值为g (0)＝t ＋3.所以(t ＋2)(t ＋3)<0，得t 的取值范围是(－3，－2)． 【例2】 已知函数f (x )＝1x＋k ln x ，k ≠0.(1)当k ＝2时，求函数f (x )切线斜率中的最大值； (2)若关于x 的方程f (x )＝k 有解，求实数k 的取值范围．解析 (1)函数f (x )＝1x ＋k ln x 的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝－1x 2＋kx(x >0)．当k ＝2时，f ′(x )＝－1x 2＋2x＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12＋1≤1，所以函数f (x )切线斜率的最大值为1． (2)因为关于x 的方程f (x )＝k 有解， 令g (x )＝f (x )－k ＝1x＋k ln x －k ，则问题等价于函数g (x )存在零点，所以g ′(x )＝－1x 2＋k x ＝kx －1x2.当k <0时，g ′(x )<0对x >0成立， 函数g (x )在(0，＋∞)上单调递减．而g (1)＝1－k >0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫e 1－1k ＝1e 1－1k－1<1e －1<0，所以函数g (x )在(0，＋∞)上存在零点． 当k >0时，令g ′(x )＝0，得x ＝1k.g ′(x )，g (x )随x 的变化情况如下表.所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k＝k －k ＋k ln 1k＝－k ln k 为函数g (x )的最小值．当g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k>0时，即0<k <1时，函数g (x )没有零点；当g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ≤0时，即k ≥1时，注意到g (e)＝1e ＋k －k >0， 所以函数g (x )存在零点．综上，当k <0或k ≥1时，关于x 的方程f (x )＝k 有解． 【例3】 已知函数f (x )＝a (x 2＋1)＋ln x . (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若对任意a ∈(－4，－2)及x ∈[1,3]，恒有ma －f (x )>a 2成立，求实数m 的取值集合．解析 (1)f ′(x )＝2ax ＋1x ＝2a ·x 2＋1x(x >0)．①若a ≥0，恒有f ′(x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上是增函数； ②若a <0，当0<x <－12a 时，f ′(x )>0，∴f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，－12a 上是增函数； ③若x >－12a ，f ′(x )<0，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞上是减函数． 综上，当a ≥0时，f (x )在(0，＋∞)上增函数；当a <0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12a 上增函数，f ′(x )在 ⎝⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞上是减函数． (2)由题意知对任意a ∈(－4，－2)及x ∈[1,3]时， 恒有ma －f (x )>a 2成立，等价于ma －a 2>f (x )max . 因为a ∈(－4，－2)，所以24<－12a <12<1． 由(1)知，当a ∈(－4，－2)时，f (x )在[1,3]上是减函数， 所以f (x )max ＝f (1)＝2a ，所以ma －a 2>2a ，即m <a ＋2， 因为a ∈(－4，－2)，所以－2<a ＋2<0， 所以实数m 的取值集合为{m |m ≤－2}． 【例4】 已知函数f (x )＝ln x ＋a x(a ∈R )．(1)若函数f (x )在x ＝1处的切线平行于直线2x －y ＝0，求实数a 的值；(2)在(1)的条件下，若在[1，e](e ＝2.71828…)上存在x 0，使得x 0＋1x 0<mf (x 0)成立，求实数m 的取值范围．解析 (1)∵f ′(x )＝1x －ax2，函数f (x )在x ＝1处的切线平行于直线2x －y ＝0，∴f ′(1)＝1－a ＝2，∴a ＝－1．(2)存在x 0∈[1，e]，使得x 0＋1x 0<mf (x 0)成立等价于函数h (x )＝x ＋1x －mf (x )＝x ＋1x－m ln x ＋mx在[1，e]上的最小值小于零．h ′(x )＝1－1x 2－m x －m x 2＝x 2－mx －m －1x 2＝(x ＋1)(x －m －1)x 2，①当m ＋1≥e，即m ≥e－1时，h (x )在[1，e]上单调递减， ∴h (x )的最小值为h (e)，由h (e)＝e ＋1＋m e －m <0可得m >e 2＋1e －1，∵e 2＋1e －1＞e －1，∴m >e 2＋1e －1； ②当m ＋1≤1时，即m ≤0时，h (x )在[1，e]上单调递增，∴h (x )的最小值为h (1)． 由h (1)＝1＋1＋m <0可得m <－2；③当1<m ＋1<e 时，即0<m <e －1时，可得h (x )的最小值为h (1＋m )，∵0<ln (1＋m )<1，∴0<m ln(1＋m )<m ，∴h (1＋m )＝2＋m －m ln (1＋m )>2，此时，h (1＋m )<0不成立． 综上所述，实数m 的范围是m >e 2＋1e －1或m <－2.【例5】 斜率为k 的直线与函数f (x )＝ln x 的图象交于不同的两点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)(x 1<x 2)，求证：1x 2<k <1x 1.证明 由题设x 2>x 1>0，∴1x 2<k <1x 1⇔1x 2<ln x 2－ln x 1x 2－x 1<1x 1⇔ x 2－x 1x 2<ln x 2－ln x 1<x 2－x 1x 1⇔ 1－1x 2x 1<ln x 2x 1<x 2x 1－1⇔1－1x<ln x <x －1(x >1)．令h (x )＝ln x －x ＋1(x ≥1)，则h ′(x )＝1x －1＝1－xx(x ≥1)，∴x >1时，h ′(x )<0，∴函数g (x )在(1，＋∞)是减函数， 而h (1)＝0，∴x >1时，h (x )<h (1)＝0.即ln x <x －1． 令H (x )＝ln x ＋1x－1(x >1)，则H ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x2(x ≥1)，∴x >1时，H ′(x )>0，∴H (x )在(1，＋∞)是增函数， ∴x >1时，H (x )>H (1)＝0，即ln x >1－1x.故1x 2<k <1x 1.【例6】 已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1． (1)若f (x )≤0恒成立，求实数a 的取值范围； (2)证明：ln(n ＋1)>12＋13＋…＋1n ＋1(n ∈N *)．解析 (1)f ′(x )＝1x －a ，若a ≤0，则f ′(x )＝1x－a >0，则f (x )在(0，＋∞)上是增函数，而f (1)＝1－a ，f (x )≤0不成立，故a >0.∵当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＝1x－a >0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＝1x－a <0.∴f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1a 上是增函数，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1a ，＋∞上是减函数，∴f (x )的最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝－ln a .要使f (x )≤0恒成立，只需－ln a ≤0，解得a ≥1．(2)由(1)知，当a ＝1时，有f (x )≤0在(0，＋∞)上恒成立， ∴ln x <x －1在x ∈(0,1)上恒成立．令x ＝nn ＋1，则ln n n ＋1<n n ＋1－1＝－1n ＋1， 令n ＝1,2,3，…，n ，则有ln 12<－12，ln 23<－13，…，ln n n ＋1<－1n ＋1. 以上各式两边分别相加，得ln 12＋ln 23＋…＋ln n n ＋1<－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋…＋1n ＋1.即ln1n ＋1<－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋…＋1n ＋1，故ln (n ＋1)>12＋13＋…＋1n ＋1.【例7】 (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． 解析 (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)．若a ≤0，则f ′(x )<0，所以f (x )在(－∞，＋∞)单调递减； 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)若a ≤0，由(1)知，f (x )至多有一个零点． 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 .当a ＝1时，由于f (－ln a )＝0，故f (x )只有一个零点； 当a ∈(1，＋∞)时，由于1－1a＋ln a >0，即f (－ln a )>0，故f (x )没有零点；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)．1．已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋(2－a )x .(1)若函数F (x )＝f (x )＋ax 2在[1，＋∞)上为减函数，求a 的取值范围；(2)当a ＝1时，g (x )＝x 2－2x ＋b ，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2时，方程f (x )－g (x )＝0有两个不等的实根，求实数b 的取值范围．解析 (1)F (x )＝ln x －ax 2＋(2－a )x ＋ax 2＝ln x ＋(2－a )x ，F ′(x )＝1x＋2－a .则1x＋2－a ≤0恒成立，即⎝ ⎛⎭⎪⎫1x max ＝1≤a －2，得a ≥3.(2)ln x －x 2＋x ＝x 2－2x ＋b 即b ＝ln x －2x 2＋3x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上有两个根，∴令T (x )＝ln x －2x 2＋3x ，则T ′(x )＝1x －4x ＋3＝－(4x ＋1)(x －1)x(x >0)．当12<x <1时，T ′(x )>0，∴T (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递增； 当1<x <2时，T ′(x )<0，∴T (x )在(1,2)上单调递减． ∴T (x )在x ＝1处有极大值T (1)＝1也是最大值，又T ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1－ln 2>0，T (2)＝ln 2－2<0， 故1－ln 2≤b <1．2．已知函数f (x )＝(ax 2＋x －1)e x(a ∈R ，且a 为常数)． (1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；(2)若a ＝－1，f (x )的图象与g (x )＝13x 3＋12x 2＋m 的图象有3个不同的交点，求实数m的取值范围．解析 (1)当a ＝1时，f (x )＝(x 2＋x －1)e x， ∴f ′(x )＝x (x ＋3)e x.当x <－3或x >0时，f ′(x )>0； 当－3<x <0时，f ′(x )<0，∴f (x )的单调递减区间是(－3,0)，f (x )的单调递增区间是(－∞，－3)和(0，＋∞)．(2)令h (x )＝f (x )－g (x )＝(－x 2＋x －1)e x－⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3＋12x 2＋m ，则h ′(x )＝－(x 2＋x )(e x＋1)， 当x >0时，h ′(0)<0，h (x )是减函数； 当－1<x <0时，h ′(x )>0，h (x )是增函数； 当x <－1时，h ′(x )<0，h (x )是减函数．∴h (x )在x ＝－1处取得极小值h (－1)＝－3e －16－m ，在x ＝0处取得极大值h (0)＝－1－m .若函数f (x )，g (x )的图象有3个不同的交点，则h (x )有3个不同的零点．∴⎩⎪⎨⎪⎧h (－1)<0，h (0)>0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3e －16－m <0，－1－m >0，得m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－3e －16，－1. 3．(2018·山东烟台模拟)已知函数f (x )＝x 2－ax ，g (x )＝ln x ，h (x )＝f (x )＋g (x )．(1)若函数y ＝h (x )的单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，求实数a 的值；(2)若f (x )≥g (x )对于定义域内的任意x 恒成立，求实数a 的取值范围． 解析 (1)由题意可知，h (x )＝x 2－ax ＋ln x (x >0)，由h ′(x )＝2x 2－ax ＋1x(x >0)，若h (x )的单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，由h ′(1)＝h ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0，解得a ＝3， 而当a ＝3时，h ′(x )＝2x 2－3x ＋1x ＝(2x －1)(x －1)x(x >0)．由h ′(x )<0，解得x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，即h (x )的单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，∴a ＝3.(2)由题意知x 2－ax ≥ln x (x >0)，∴a ≤x －ln x x(x >0)．令φ(x )＝x －ln x x (x >0)，则φ′(x )＝x 2＋ln x －1x2， ∵y ＝x 2＋ln x －1在(0，＋∞)上是增函数，且x ＝1时，y ＝0. ∴当x ∈(0,1)时，φ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )>0， 即φ(x )在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数， ∴φ(x )min ＝φ(1)＝1，故a ≤1． 即实数a 的取值范围为(－∞，1]．4．已知函数f (x )＝e x－ax 2(x ∈R )，e ＝2.718 28…为自然对数的底数． (1)求函数f (x )在点P (0,1)处的切线方程；(2)若函数f (x )为R 上的单调递增函数，试求实数a 的取值范围． 解析 (1)由题设，得f ′(x )＝e x－2ax ，∴f ′(0)＝1，∴f (x )在点P (0,1)处的切线方程为y －f (0)＝f ′(0)x ，即y ＝x ＋1． (2)依题意，知f ′(x )＝e x－2ax ≥0(x ∈R )恒成立， ①当x ＝0时，有f ′(x )≥0恒成立，此时a ∈R . ②当x >0时，有2a ≤e xx，令g (x )＝e x x ，则g ′(x )＝e x(x －1)x2，由g ′(x )＝0，得x ＝1， 当x >1时，g ′(x )>0；当0<x <1时，g ′(x )<0. ∴g (x )min ＝g (1)＝e ，则有2a ≤g (x )min ＝e ，∴a ≤e 2.③当x <0时，有2a ≥e xx ，∵exx<0，则有2a ≥0，∴a ≥0.又a ＝0时，f ′(x )＝e x≥0恒成立．综上，若函数f (x )为R 上的单调递增函数，所求a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，e 2. 5．(2016·全国卷Ⅲ节选)设函数f (x )＝ln x －x ＋1． (1)讨论f (x )的单调性；(2)证明：当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x<x .解析 (1)依题意，f (x )的定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝1x －1＝1－xx.∵当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0， ∴f ′(x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． (2)证明：由(1)知f (x )在x ＝1处取得最大值f (1)＝0.∵当x ≠1时，ln x <x －1．∴当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，ln 1x <1x－1，ln x >0，∴1<x －1ln x<x .6．已知函数g (x )＝ln x ，A ，B 是函数g (x )图象上任意不同的两点，记线段AB 的中点的横坐标是x 0，证明：直线AB 的斜率k >g ′(x 0)．证明 g (x )＝ln x ，g ′(x )＝1x ，g ′(x 0)＝1x 0＝2x 1＋x 2.又k ＝g (x 2)－g (x 1)x 2－x 1＝lnx 2x 1x 2－x 1，不妨设x 2>x 1，要证k >g ′(x 0)，即证lnx 2x 1x 2－x 1>2x 1＋x 2，又因为x 2>x 1，∴即证ln x 2x 1>2(x 2－x 1)x 2＋x 1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x 1－1x 2x 1＋1⇔ln x >2(x －1)x ＋1(x >1)，令h (x )＝ln x －2(x －1)x ＋1(x ≥1)，则h ′(x )＝(x －1)2x (x ＋1)2≥0，∴h (x )在[1，＋∞)上增函数． ∴h (x )>h (1)＝0，故ln x >2(x －1)x ＋1，即k >g ′(x 0)．。

高考数学中的函数与导数综合运用技巧高考数学作为考生们最重要的科目之一，函数与导数是其中重要的考点。

在解决实际问题时，合理地运用函数与导数的综合技巧能够帮助我们更好地理解、分析和求解数学题目。

本文将针对高考数学中的函数与导数综合运用技巧进行探讨，帮助考生们更好地应对相关考题。

一、函数与导数的基本概念在开始探讨函数与导数的综合运用技巧之前，首先需要了解函数与导数的基本概念。

函数是自变量与因变量之间的关系，用符号y = f(x)表示，其中x为自变量，y为因变量。

函数的图象可以用曲线或者折线来表示。

导数是函数在某一点处的变化率，用符号f'(x)表示。

导数可以表示函数在某一点的斜率，即切线的斜率。

二、函数与导数的综合运用技巧1. 极值问题在解决极值问题时，考生可以使用导数的概念。

首先求出函数的导数，然后将导数置零，求出使函数取得极值的自变量值。

根据导数的正负性，可以判断极值点的类型（极大值或极小值）。

2. 函数的单调性判断函数的单调性判断也是常见的考点。

对于给定的函数，可以通过求导数的方式来判断函数的单调区间。

当导数大于零时，函数递增；当导数小于零时，函数递减。

3. 求曲线与直线的位置关系在求解曲线与直线的位置关系时，可以结合函数与导数的性质进行分析。

首先求出函数的导数，然后比较曲线与直线斜率的大小关系，根据导数的正负性和零点位置，可以判断曲线与直线的位置关系。

4. 求变化率与速率函数与导数的综合运用还可以用于求解变化率与速率的问题。

对于给定的函数，可以通过求导数来表示函数在某一点的变化率。

当自变量表示时间时，导数就代表了函数的瞬时变化率，即速率。

5. 求函数的极限与渐近线函数的极限与渐近线也可以通过函数与导数的综合运用来解决。

对于给定的函数，可以通过求导数的方式来求解函数的极限。

当导数趋于无穷时，可以判断函数是否有垂直渐近线；当导数趋于有界数时，可以判断函数是否有水平渐近线。

三、综合练习与答案解析为了帮助考生更好地掌握函数与导数的综合运用技巧，以下列举了两道高考数学综合题目及其答案解析，供考生练习参考。

名师专题讲座(一)函数与导数的高考解答题型及求解策略专题概述导数的综合应用是历年高考必考的热点，试题难度较大，多以压轴题形式出现，命题的热点主要有利用导数研究函数的单调性、极值、最值；利用导数研究不等式；利用导数研究方程的根(或函数的零点)；利用导数研究恒成立问题等．体现了分类讨论、数形结合、函数与方程、转化与化归等数学思想的运用.题型一 利用导数研究函数的单调性、极值与最值题型概览：函数单调性和极值、最值综合问题的突破难点是分类讨论．(1)单调性讨论策略：单调性的讨论是以导数等于零的点为分界点，把函数定义域分段，在各段上讨论导数的符号，在不能确定导数等于零的点的相对位置时，还需要对导数等于零的点的位置关系进行讨论．(2)极值讨论策略：极值的讨论是以单调性的讨论为基础，根据函数的单调性确定函数的极值点．(3)最值讨论策略：图象连续的函数在闭区间上最值的讨论，是以函数在该区间上的极值和区间端点的函数值进行比较为标准进行的，在极值和区间端点函数值中最大的为最大值，最小的为最小值．已知函数f (x )＝x －1x ，g (x )＝a ln x (a ∈R )．(1)当a ≥－2时，求F (x )＝f (x )－g (x )的单调区间；(2)设h (x )＝f (x )＋g (x )，且h (x )有两个极值点为x 1，x 2，其中x 1∈⎝⎛⎦⎥⎤0，12，求h (x 1)－h (x 2)的最小值 [审题程序]第一步：在定义域内，依据F ′(x )＝0根的情况对F ′(x )的符号讨论；第二步：整合讨论结果，确定单调区间；第三步：建立x 1、x 2及a 间的关系及取值范围；第四步：通过代换转化为关于x 1(或x 2)的函数，求出最小值．[规范解答] (1)由题意得F (x )＝x －1x －a ln x ，其定义域为(0，＋∞)，则F ′(x )＝x 2－ax ＋1x 2， 令m (x )＝x 2－ax ＋1，则Δ＝a 2－4.①当－2≤a ≤2时，Δ≤0，从而F ′(x )≥0，∴F (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；②当a >2时，Δ>0，设F ′(x )＝0的两根为x 1＝a －a 2－42，x 2＝a ＋a 2－42， ∴F (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，a －a 2－42和⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞， F (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42. 综上，当－2≤a ≤2时，F (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；当a >2时，F (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，a －a 2－42和⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞， F (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42.(2)对h (x )＝x －1x ＋a ln x ，x ∈(0，＋∞)求导得，h ′(x )＝1＋1x 2＋a x ＝x 2＋ax ＋1x 2， 设h ′(x )＝0的两根分别为x 1，x 2，则有x 1·x 2＝1，x 1＋x 2＝－a ，∴x 2＝1x 1，从而有a ＝－x 1－1x 1. 令H (x )＝h (x )－h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝x －1x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－x －1x ln x － ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1x－x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－x －1x ·ln 1x ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫－x －1x ln x ＋x －1x ， H ′(x )＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－1ln x ＝2(1－x )(1＋x )ln x x 2. 当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12时，H ′(x )<0， ∴H (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上单调递减，又H (x 1)＝h (x 1)－h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＝h (x 1)－h (x 2)， ∴[h (x 1)－h (x 2)]min ＝H ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝5ln2－3. [解题反思] 本例(1)中求F (x )的单调区间，需先求出F (x )的定义域，同时在解不等式F ′(x )>0时需根据方程x 2－ax ＋1＝0的根的情况求出不等式的解集，故以判别式“Δ”的取值作为分类讨论的依据．在(2)中求出h (x 1)－h (x 2)的最小值，需先求出其解析式．由题可知x 1，x 2是h ′(x )＝0的两根，可得到x 1x 2＝1，x 1＋x 2＝－a ，从而将h (x 1)－h (x 2)只用一个变量x 1导出．从而得到H (x 1)＝h (x 1)－h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1，这样将所求问题转化为研究新函数H (x )＝h (x )－h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 在⎝⎛⎭⎪⎫0，12上的最值问题，体现转为与化归数学思想．[答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：[题型专练]1．设函数f (x )＝(1＋x )2－2ln(1＋x )．(1)求f (x )的单调区间；(2)当0<a <2时，求函数g (x )＝f (x )－x 2－ax －1在区间[0,3]上的最小值．[解] (1)f (x )的定义域为(－1，＋∞)．∵f (x )＝(1＋x )2－2ln(1＋x )，x ∈(－1，＋∞)，∴f ′(x )＝2(1＋x )－21＋x ＝2x (x ＋2)x ＋1. 由f ′(x )>0，得x >0；由f ′(x )<0，得－1<x <0.∴函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－1,0)．(2)由题意可知g (x )＝(2－a )x －2ln(1＋x )(x >－1)，则g ′(x )＝2－a －21＋x ＝(2－a )x －a 1＋x. ∵0<a <2，∴2－a >0，令g ′(x )＝0，得x ＝a 2－a， ∴函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，a 2－a 上为减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 2－a ，＋∞上为增函数． ①当0<a 2－a<3，即0<a <32时，在区间[0,3]上， g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，a 2－a 上为减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 2－a ，3上为增函数，∴g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 2－a ＝a －2ln 22－a . ②当a 2－a≥3，即32≤a <2时，g (x )在区间[0,3]上为减函数， ∴g (x )min ＝g (3)＝6－3a －2ln4.综上所述，当0<a <32时，g (x )min ＝a －2ln 22－a； 当32≤a <2时，g (x )min ＝6－3a －2ln4.题型二 利用导数研究方程的根、函数的零点或图象交点题型概览：研究方程根、函数零点或图象交点的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．已知函数f (x )＝(x ＋a )e x ，其中e 是自然对数的底数，a ∈R .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a <1时，试确定函数g (x )＝f (x －a )－x 2的零点个数，并说明理由．[审题程序]第一步：利用导数求函数的单调区间；第二步：简化g (x )＝0，构造新函数；第三步：求新函数的单调性及最值；第四步：确定结果．[规范解答](1)因为f(x)＝(x＋a)e x，x∈R，所以f′(x)＝(x＋a＋1)e x.令f′(x)＝0，得x＝－a－1.当x变化时，f(x)和f′(x)的变化情况如下：(－∞，－a－1)(－a－1，＋∞)－＋(－a－1，＋∞)．(2)结论：函数g(x)有且仅有一个零点．理由如下：由g(x)＝f(x－a)－x2＝0，得方程x e x－a＝x2，显然x＝0为此方程的一个实数解，所以x＝0是函数g(x)的一个零点．当x≠0时，方程可化简为e x－a＝x.设函数F(x)＝e x－a－x，则F′(x)＝e x－a－1，令F′(x)＝0，得x＝a.当x变化时，F(x)和F′(x)的变化情况如下：即F(x)的单调递增区间为(a，＋∞)，单调递减区间为(－∞，a)．所以F(x)的最小值F(x)min＝F(a)＝1－a.因为a<1，所以F(x)min＝F(a)＝1－a>0，所以对于任意x∈R，F(x)>0，因此方程e x－a＝x无实数解．所以当x≠0时，函数g(x)不存在零点．综上，函数g(x)有且仅有一个零点．[解题反思]在本例(1)中求f(x)的单调区间的关键是准确求出f′(x)，注意到e x>0即可．(2)中由g(x)＝0得x e x－a＝x2，解此方程易将x约去，从而产生丢解情况．研究e x－a＝x的解转化为研究函数F(x)＝e x －a－x的最值，从而确定F(x)零点，这种通过构造函数、研究函数的最值从而确定函数零点的题型是高考中热点题型，要熟练掌握．[答题模板]解决这类问题的答题模板如下：[题型专练]2．(2017·浙江金华期中)已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋(c －3a －2b )x ＋d 的图象如图所示．(1)求c ，d 的值；(2)若函数f (x )在x ＝2处的切线方程为3x ＋y －11＝0，求函数f (x )的解析式；(3)在(2)的条件下，函数y ＝f (x )与y ＝13f ′(x )＋5x ＋m 的图象有三个不同的交点，求m 的取值范围．[解] 函数f (x )的导函数为f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c －3a －2b .(1)由图可知函数f (x )的图象过点(0,3)，且f ′(1)＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝3，3a ＋2b ＋c －3a －2b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝3，c ＝0.(2)由(1)得，f (x )＝ax 3＋bx 2－(3a ＋2b )x ＋3，所以f ′(x )＝3ax 2＋2bx －(3a ＋2b )．由函数f (x )在x ＝2处的切线方程为3x ＋y －11＝0，得⎩⎨⎧ f (2)＝5，f ′(2)＝－3，所以⎩⎨⎧ 8a ＋4b －6a －4b ＋3＝5，12a ＋4b －3a －2b ＝－3，解得⎩⎨⎧ a ＝1，b ＝－6，所以f (x )＝x 3－6x 2＋9x ＋3. (3)由(2)知f (x )＝x 3－6x 2＋9x ＋3，所以f ′(x )＝3x 2－12x ＋9.函数y ＝f (x )与y ＝13f ′(x )＋5x ＋m 的图象有三个不同的交点，等价于x 3－6x 2＋9x ＋3＝(x 2－4x ＋3)＋5x ＋m 有三个不等实根，等价于g (x )＝x 3－7x 2＋8x －m 的图象与x 轴有三个交点． 因为g ′(x )＝3x 2－14x ＋8＝(3x －2)(x －4)，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－∞，23 ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23，4 (4，＋∞) ＋ － ＋ g ⎝ ⎭⎪⎪23＝6827－m ，g (4)＝－16－m ， 当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧ g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23＝6827－m >0，g (4)＝－16－m <0时，g (x )图象与x 轴有三个交点，解得－16<m <6827. 所以m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－16，6827.题型三 利用导数证明不等式题型概览：证明f (x )<g (x )，x ∈(a ，b )，可以直接构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，如果F ′(x )<0，则F (x )在(a ，b )上是减函数，同时若F (a )≤0，由减函数的定义可知，x ∈(a ，b )时，有F (x )<0，即证明了f (x )<g (x )．有时需对不等式等价变形后间接构造．若上述方法通过导数不便于讨论F ′(x )的符号，可考虑分别研究f (x )、g (x )的单调性与最值情况，有时需对不等式进行等价转化．(2017·陕西西安三模)已知函数f (x )＝e x x. (1)求曲线y ＝f (x )在点P ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2，e 22处的切线方程； (2)证明：f (x )>2(x －ln x )．[审题程序]第一步：求f ′(x )，写出在点P 处的切线方程；第二步：直接构造g (x )＝f (x )－2(x －ln x )，利用导数证明g (x )min >0.[规范解答] (1)因为f (x )＝e x x ，所以f ′(x )＝e x ·x －e x x 2＝e x (x －1)x 2，f ′(2)＝e 24，又切点为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，e 22，所以切线方程为y －e 22＝e 24(x －2)，即e 2x －4y ＝0.(2)证明：设函数g (x )＝f (x )－2(x －ln x )＝e x x －2x ＋2ln x ，x ∈(0，＋∞)，则g ′(x )＝e x (x －1)x 2－2＋2x ＝(e x －2x )(x －1)x 2，x ∈(0，＋∞)． 设h (x )＝e x －2x ，x ∈(0，＋∞)，则h ′(x )＝e x －2，令h ′(x )＝0，则x ＝ln2.当x ∈(0，ln2)时，h ′(x )<0；当x ∈(ln2，＋∞)时，h ′(x )>0. 所以h (x )min ＝h (ln2)＝2－2ln2>0，故h (x )＝e x －2x >0.令g ′(x )＝(e x －2x )(x －1)x 2＝0，则x ＝1. 当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0.所以g (x )min ＝g (1)＝e －2>0，故g (x )＝f (x )－2(x －ln x )>0，从而有f (x )>2(x －ln x )．[解题反思] 本例中(2)的证明方法是最常见的不等式证明方法之一，通过合理地构造新函数g (x )．求g (x )的最值来完成．在求g (x )的最值过程中，需要探讨g ′(x )的正负，而此时g ′(x )的式子中有一项e x －2x 的符号不易确定，这时可以单独拿出e x －2x 这一项，再重新构造新函数h (x )＝e x －2x (x >0)，考虑h (x )的正负问题，此题看似简单，且不含任何参数，但需要两次构造函数求最值，同时在(2)中定义域也是易忽视的一个方向．[答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：[题型专练]3．(2017·福建漳州质检)已知函数f (x )＝a e x －b ln x ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －1x ＋1. (1)求a ，b ；(2)证明：f (x )>0.[解] (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝a e x－b x ，由题意得f (1)＝1e ，f ′(1)＝1e －1， 所以⎩⎪⎨⎪⎧ a e ＝1e ，a e －b ＝1e －1，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝1e 2，b ＝1.(2)由(1)知f (x )＝1e 2·e x －ln x .因为f ′(x )＝e x －2－1x 在(0，＋∞)上单调递增，又f ′(1)<0，f ′(2)>0，所以f ′(x )＝0在(0，＋∞)上有唯一实根x 0，且x 0∈(1,2)． 当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0，当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0， 从而当x ＝x 0时，f (x )取极小值，也是最小值．由f ′(x 0)＝0，得e x 0－2＝1x 0，则x 0－2＝－ln x 0. 故f (x )≥f (x 0)＝e x 0－2－ln x 0＝1x 0＋x 0－2>21x 0·x 0－2＝0，所以f (x )>0.题型四 利用导数研究恒成立问题题型概览：已知不等式恒成立求参数取值范围，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题；若参数不便于分离，或分离以后不便于求解，则考虑直接构造函数法，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围．已知函数f (x )＝12ln x －mx ，g (x )＝x －a x (a >0)．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若m ＝12e 2，对∀x 1，x 2∈[2,2e 2]都有g (x 1)≥f (x 2)成立，求实数a 的取值范围．[审题程序]第一步：利用导数判断f (x )的单调性，对m 分类讨论；第二步：对不等式进行等价转化，将g (x 1)≥f (x 2)转化为g (x )min ≥f (x )max ；第三步：求函数的导数并判断其单调性进而求极值(最值)； 第四步：确定结果．[规范解答] (1)f (x )＝12ln x －mx ，x >0，所以f ′(x )＝12x－m ， 当m ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当m >0时，由f ′(0)＝0得x ＝12m ；由⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(x )>0，x >0得0<x <12m ；由⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(x )<0，x >0得x >12m. 综上所述，当m ≤0时，f ′(x )的单调递增区间为(0，＋∞)； 当m >0时，f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12m ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ，＋∞.(2)若m ＝12e 2，则f (x )＝12ln x －12e 2x .对∀x 1，x 2∈[2,2e 2]都有g (x 1)≥f (x 2)成立，等价于对∀x ∈[2,2e 2]都有g (x )min ≥f (x )max ，由(1)知在[2,2e 2]上f (x )的最大值为f (e 2)＝12， g ′(x )＝1＋a x 2>0(a >0)，x ∈[2,2e 2]，函数g (x )在[2,2e 2]上是增函数，g (x )min ＝g (2)＝2－a 2，由2－a 2≥12，得a ≤3，又a >0，所以a ∈(0,3]，所以实数a 的取值范围为(0,3]．[解题反思] 本例(1)的解答中要注意f (x )的定义域，(2)中问题的关键在于准确转化为两个函数f (x )、g (x )的最值问题．本题中，∀x 1，x 2有g (x 1)≥f (x 2)⇔g (x )min ≥f (x )max .若改为：∃x 1，∀x 2都有g (x 1)≥f (x 2)，则有g (x )max ≥f (x )max .若改为：∀x 1，∃x 2都有g (x 1)≥g (x 2)，则有g (x )min ≥f (x )min 要仔细体会，转化准确．[答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：[题型专练]4．已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3.(1)对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围；(2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，ln x >1e x －2e x 恒成立．[解] (1)由题意知2x ln x ≥－x 2＋ax －3对一切x ∈(0，＋∞)恒成立，则a ≤2ln x ＋x ＋3x， 设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x(x >0)， 则h ′(x )＝(x ＋3)(x －1)x 2， ①当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减．②当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝4，对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立， 所以a ≤h (x )min ＝4.即实数a 的取值范围是(－∞，4]．(2)证明：问题等价于证明x ln x >x e x －2e (x ∈(0，＋∞))．又f (x )＝x ln x ，f ′(x )＝ln x ＋1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e .设m (x )＝x e x －2e (x ∈(0，＋∞))，则m ′(x )＝1－x e x ，易知m (x )max ＝m (1)＝－1e ，从而对一切x ∈(0，＋∞)，ln x >1e x －2e x 恒成立．。