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(一) 函数与导数中的高考热点问题[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利用导数研究函数的单调性、极值与最值等是高考命题的重点与热点之一，主要有以下命题角度：(1)利用导数研究函数的单调性、极值、最值；(2)利用单调性、极值、最值求参数的取值范围．【例1】 (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．(研究含参函数的单调性问题时需分类讨论)若a ＞0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＜0.所以f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减． (2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在区间(0，＋∞)上无最大值；当a ＞0时，f (x )在x ＝1a 处取得最大值，(由a ＞0时，函数的单调性可得)最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1. 因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＞2a －2，即ln a ＋a －1＜0. 令g(a )＝ln a ＋a －1，则g(a )在区间(0，＋∞)上单调递增，g(1)＝0.(构造函数，转化为求函数的单调性)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)． [方法总结] 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.(2019·南昌模拟)设函数f(x )＝ln x －2m x 2－n(m ，n ∈R)．(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有最大值－ln 2，求m ＋n 的最小值．[解] (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －4mx ＝1－4mx 2x， 当m ≤0时，f ′(x )＞0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当m ＞0时，令f ′(x )＞0得0＜x ＜m 2m ，令f ′(x )＜0得x ＞m 2m， ∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，m 2m 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2m ，＋∞上单调递减． (2)由(1)知，当m ＞0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，m 2m 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2m ，＋∞上单调递减． ∴f (x )ma x ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2m ＝ln m 2m －2m ·14m －n ＝－ln 2－12ln m －12－n ＝－ln 2，∴n ＝－12ln m －12，∴m ＋n ＝m －12ln m －12. 令h (x )＝x －12ln x －12(x ＞0)，则h ′(x )＝1－12x ＝2x －12x， ∴h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上单调递增， ∴h (x )min ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12ln 2，∴m ＋n 的最小值为12ln 2.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、图象交点的个数；(2)由函数的零点、图象交点的情况求参数的取值范围．【例2】 (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)．(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象求解零点问题.(2)将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决.(1)若f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围；(2)探求f(x)的零点个数．[解](1)当x≥0时，设t＝mx≥0，则f(x)≥0⇔g(t)＝e t－1－tm≥0，则g′(t)＝e t－1m，①当m≥1时，g′(t)＝e t－1m≥1－1m＝m－1m≥0，故g(t)在[0，＋∞)上单调递增，故g(t)≥g(0)＝0，所以f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立；②当0＜m＜1时，令g′(t)＜0，得0≤t＜－ln m，得g(t)在[0，－l n m]上单调递减，故g(－ln m)＜g(0)＝0，此时不满足f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立．综上，实数m的取值范围是[1，＋∞)．(2)设t＝mx，则f(x)＝0⇔g(t)＝e t－1－tm＝0，g′(t)＝e t－1m，令g′(t)＝0，得t＝－ln m，记t0＝－ln m，①当m＝1时，t0＝0，则当t＜0时，g′(t)＜0，当t＞0时，g′(t)＞0，所以g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，且g(0)＝0，所以g(t)有唯一零点，即f(x)有唯一零点．②当m≠1时，令g′(t)＞0，得t＞t0，所以g(t)在(t0，＋∞)上单调递增，令g′(t)＜0，得t＜t0，所以g(t)在(－∞，t0)上单调递减．且g(t0)＝1＋ln m－mm，设h(m)＝1＋ln m－m，则h′(m)＝1－mm，令h′(m)＝0，得m＝1，当0＜m＜1时，h′(m)＞0；当m＞1时，h′(m)＜0，则h(m)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以h(m)≤h(1)＝0，所以g(t0)＜0.当m＞1时，t0＜0，由g(0)＝0，知g(t)在(t0，＋∞)上有一个零点，由g(t0－m)＝e t0－m－t0m＞0，知g(t)在(－∞，t0)上有一个零点，所以f(x)有两个零点．当0＜m＜1时，t0＞0，由g(0)＝0，得g(t)在(－∞，t0)上有一个零点，设F(t)＝t2e－t(t＞0)，则F′(t)＝t(2－t)e－t，令F′(t)＝0，得t＝2，当0＜t＜2时，F′(t)＞0；当t＞2时，F′(t)＜0，所以F(t)在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，得F(t)≤F(2)＝4e2＜1，所以et＞t2，令t1＝t0＋1＋1m，则t1＞t0，g(t1)＝e t1－1－t1m＞t21－1－t1m＝⎝⎛⎭⎪⎫t0＋1＋1m2－1－t0＋1＋1 mm＞0，得g(t)在(t0，＋∞)上有一个零点，所以f(x)有两个零点．综上，当m＝1时，f(x)有一个零点；当m＞0且m≠1时，f(x)有两个零点．利用导数研究不等式问题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．【例3】(本题满分12分)(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝1x－x＋a ln x①.(1)讨论f(x)的单调性②；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，③证明：f(x1)－f(x2)x1－x2＜a－2.[信息提取]看到①想到函数的定义域：真数大于零；看到②想到对函数求导，然后解不等式，同时注意函数的定义域；看到③想到x1，x2是f′(x)＝0的两个实数根．[规范解答](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1x2－1＋ax＝－x2－ax＋1x2.1分(ⅰ)若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时f ′(x )＝0，所以f (x )在(0，＋∞)单调递减.2分(ⅱ)若a ＞2，令f ′(x )＝0得，x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42.3分 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x )＜0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )＞0.5分 所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42单调递增.6分 (2)由(1)知，f (x )存在两个极值点时，当且仅当a ＞2.由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0，所以x 1x 2＝1，不妨设x 1＜x 2，则x 2＞1.8分由于f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a －2ln x 21x 2－x 2，9分 所以f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＜a －2等价于1x 2－x 2＋2ln x 2＜0.10分 设函数g (x )＝1x －x ＋2ln x ，由(1)知，g (x )在(0，＋∞)单调递减，又g (1)＝0，从而当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＜0.11分所以1x 2－x 2＋2ln x 2＜0，即f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＜a －2.12分 [易错与防范]方：①f ′(x )＝0有根与无根的讨论；②f ′(x )＝0有根，对根大小的讨论．(2)对于含有双变量x 1，x 2的不等式证明问题，常借助某一桥梁建立x 1，x 2的等量关系，从而实现“双变量”向“单变量”的过渡．进而利用函数与导数的关系证明不等式．(2019·河北五校联考)已知f (x )＝12x 2－a 2ln x ，a ＞0. (1)若f (x )≥0，求a 的取值范围；(2)若f (x 1)＝f (x 2)，且x 1≠x 2，证明：x 1＋x 2＞2a .[解] (1)f ′(x )＝x －a 2x ＝(x ＋a )(x －a )x. 当x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．当x ＝a 时，f (x )取最小值f (a )＝12a 2－a 2ln a . 令12a 2－a 2ln a ≥0，解得0＜a ≤e . 故a 的取值范围是(0，e]．(2)由(1)知，f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增，不失一般性，设0＜x 1＜a ＜x 2，则2a －x 2＜a .要证x 1＋x 2＞2a ，即x 1＞2a －x 2，则只需证f (x 1)＜f (2a －x 2)．因f (x 1)＝f (x 2)，则只需证f (x 2)＜f (2a －x 2)．设g (x )＝f (x )－f (2a －x )，a ≤x ＜2a .则g ′(x )＝f ′(x )＋f ′(2a －x )＝x －a 2x ＋2a －x －a 22a －x ＝－2a (a －x )2x (2a －x )≤0， 所以g (x )在[a ,2a )上单调递减，从而g (x )≤g (a )＝0.又由题意得a ＜x 2＜2a ，于是g (x 2)＝f (x 2)－f (2a －x 2)＜0，即f (x 2)＜f (2a －x 2)．因此x 1＋x 2＞2a .[大题增分专训]1．(2019·银川模拟)已知函数f (x )＝ax －1－ln x (a ∈R)．(1)讨论函数f (x )在定义域内的极值点的个数；(2)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，∀x ∈(0，＋∞)，f (x )≥bx －2恒成立，求实数b 的最大值．[解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x ，当a ≤0时，f ′(x )＜0在(0，＋∞)上恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减． ∴f (x )在(0，＋∞)上没有极值点．当a ＞0时，由f ′(x )＞0得x ＞1a ，f ′(x )＜0得0＜x ＜1a .∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，即f (x )在x ＝1a 处有极小值． 综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上没有极值点；当a ＞0时，f (x )在(0，＋∞)上有一个极值点．(2)∵函数f (x )在x ＝1处取得极值，∴f ′(1)＝a －1＝0，则a ＝1，从而f (x )＝x －1－ln x ，由f (x )≥bx －2，即1＋1x －ln x x ≥b ，令g (x )＝1＋1x －ln x x ，则g ′(x )＝ln x －2x 2， 由g ′(x )＞0得x ＞e 2，由g ′(x )＜0得0＜x ＜e 2，则g (x )在(0，e 2)上单调递减，在(e 2，＋∞)上单调递增，∴g (x )min ＝g (e 2)＝1－1e 2， ∴实数b 的最大值是1－1e 2. 2．(2018·郑州一模)已知函数f (x )＝ln x ＋1ax －1a ，a ∈R 且a ≠0.(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，试判断函数g (x )＝(ln x －1)e x ＋x －m 的零点个数． [解] (1)f ′(x )＝ax －1ax 2(x ＞0)， 当a ＜0时，f ′(x )＞0恒成立，∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a ＞0时，由f ′(x )＝ax －1ax 2＞0，得x ＞1a ， 由f ′(x )＝ax －1ax 2＜0，得0＜x ＜1a ， ∴函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减．综上所述，当a ＜0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞0时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减． (2)∵当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，函数g (x )＝(ln x －1)e x ＋x －m 的零点，即当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，方程(ln x －1)e x ＋x ＝m 的根．令h (x )＝(ln x －1)e x ＋x ，h ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋ln x －1e x ＋1. 由(1)知当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋1x －1在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1上单调递减，在(1，e)上单调递增， ∴当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，f (x )≥f (1)＝0. ∴1x ＋ln x －1≥0在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上恒成立． ∴h ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋ln x －1e x ＋1≥0＋1＞0， ∴h (x )＝(ln x －1)e x ＋x 在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上单调递增． ∴h (x )min ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－2e 1e ＋1e，h (x )ma x ＝e . ∴当m ＜－2e 1e ＋1e 或m ＞e 时，函数g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上没有零点； 当－2e 1e ＋1e ≤m ≤e 时，函数g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有一个零点． 3．已知函数f (x )＝ln x x ＋a(a ∈R)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直．(1)试比较2 0192 020与2 0202 019的大小，并说明理由；(2)若函数g (x )＝f (x )－k 有两个不同的零点x 1，x 2，证明：x 1x 2＞e 2.[解] (1)2 0192 020＞2 0202 019.理由如下：依题意得，f ′(x )＝x ＋a x －ln x(x ＋a )2， 因为函数f (x )在x ＝1处有意义，所以a ≠－1.所以f ′(1)＝1＋a (1＋a )2＝11＋a， 又由过点(1，f (1))的切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直可得，f ′(1)＝1，即11＋a＝1，解得a ＝0.此时f (x )＝ln x x ，f ′(x )＝1－ln x x 2， 令f ′(x )＞0，即1－ln x ＞0，解得0＜x ＜e ；令f ′(x )＜0，即1－ln x ＜0，解得x ＞e .所以f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)． 所以f (2 019)＞f (2 020)，即ln 2 0192 019＞ln 2 0202 020， 则2 020ln 2 019＞2 019 ln 2 020，所以2 0192 020＞2 0202 019.(2)不妨设x 1＞x 2＞0，因为g (x 1)＝g (x 2)＝0，所以ln x 1－kx 1＝0，ln x 2－kx 2＝0.可得ln x 1＋ln x 2＝k (x 1＋x 2)，ln x 1－ln x 2＝k (x 1－x 2)， 要证x 1x 2＞e 2，即证ln x 1＋ln x 2＞2，也就是k (x 1＋x 2)＞2，因为k ＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2， 所以只需证ln x 1－ln x 2x 1－x 2＞2x 1＋x 2， 即ln x 1x 2＞2(x 1－x 2)x 1＋x 2，令x 1x 2＝t ，则t ＞1，即证ln t ＞2(t －1)t ＋1. 令h (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1(t ＞1)． 由h ′(t )＝1t －4(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2＞0， 得函数h (t )在(1，＋∞)上是增函数；所以h (t )＞h (1)＝0，即ln t ＞2(t －1)t ＋1. 所以x 1x 2＞e 2.。
剖析导数在高考中的考查热点微积分是近代数学最伟大的成就，中学阶段把微积分最核心的导数内容，列为学习与考试的要求. 由于导数是研究函数性质的重要工具，又有着丰富的实际背景和广泛的应用，导数也自然成为了历届高考考查的热门之一. 纵观2007年全国各地37份文理卷，有近三分之二的试卷既出现了考查导数基础知识的客观题，又有考查导数综合运用的解答题. 在客观题中，试题主要涉及导数的计算、求曲线的切线、函数的单调区间与函数的极值等知识点的简单运用；在解答题中，试题更体现了对导数综合运用较高的能力要求. 下面结合2007年高考数学中的解答题，谈谈导数考查时中的几类主要题型.一、研究函数性质导数作为研究函数问题的利刃，常用来解决极值、最大（小）值、单调性等三类问题.在求解这些函数问题时，要结合导数的思想与理解性质的基础上，掌握用导数方法求解的一般步骤，列表归纳如下：在熟练运用导数工具研究函数的性质同时，我们要注意比较研究函数的导数方法与初等方法，体会导数方法在研究函数性质中的一般性和有效性.点评此题若用初等方法求函数f（x）的单调区间，则十分困难，而采用导数方法来研究，通过“求导→解不等式→写单调区间”这三步，即可简捷地完成解答. 一般来说，用导数方法求函数f （x）的最大（小）值，先求函数的导数f ′（x），再解f ′（x）=0得到极值点，最后列表分析得出结论.此题的解法，省了列表的繁琐，直接依据单调性分析极值点的归属，并结合区间端点值的比较而进行求解.二、证明不等式成立证明不等式的方法有许多，导数作为研究一些不等式恒成立问题的工具，体现了导数应用上的新颖性以及导数思想的重要性. 由导数方法研究不等式时，一般是先构造一个函数，借助对函数单调性或最大(小)值的研究，经历某些代数变形，得到待证明的不等式.综上可知，当x>1时，恒有x>1-ln2x-2alnx+1．点评观察第二个问题中待证明的不等式，易发现与函数f （x）有着同样般的“相貌”，结合函数思想在不等式证明中的作用，将问题转化为研究函数f （x）在（１，＋∞）上的单调性及最小值. 此道高考题主要考查了导数的概念与计算，以及利用导数研究函数单调性、极值和证明不等式的方法，这体现了高考中对综合运用导数知识解决问题的能力要求．三、求解参数范围给定含有参数的函数以及相关的函数性质，求解参数的值或范围，需要我们灵活运用导数这一工具，对问题实施正确的等价转化，列出关于参数的方程或不等式. 在此类含参问题的求解过程中，逆向思维的作用尤其重要.例３（2007年全国Ⅰ卷/文20）设函数f （x）=2x3+3ax2+3bx+8c在x=1及x=2时取得极值．（1）求a、b的值；（2）若对于任意的x?缀［0,3］，都有f （x）＜c2成立，求c的取值范围．解析（1）f ′（x）=6x2+6ax+3b，因函数f （x）在x=1及x=2取得极值，则有f ′（1）=0，f ′（2）=0，即有点评依据导数求函数极值的理论，将极值点转化为方程f ′（x）＝0的根，由方程思想易求得两个待定的系数. 解第二个问题的方法与前面证明不等式的思路类似，利用导数对函数最大值进行研究，然后将含参不等式恒成立的关系转化为关于参数的不等式，解不等式而得到所研究参数的范围.四、研究相切问题导数的几何意义表现为曲线的切线斜率值，从而利用导数可求曲线y=f（x）的切线，并进一步将导数融合到函数与解析几何的交汇问题中. 解决此类相切问题，一般先求函数的导数y=f ′（x），依据曲线y=f （x）在x=x0的切线斜率为而进行研究. 由于切点具有双重身份，既在切线上，又在函数图像上，从而对切点的研究可作为解决问题的纽带，特别是在不知道具体切点的情况下，常常设切点坐标并联立方程组而求解.例４（2007年全国Ⅱ卷/理22）已知函数f （x）=x3-x．点评依据切线的斜率等于切点处的导数值，易轻松完成第一个问题关于切线方程的求解；第二个问题所涉及的三条切线，可等价转化为方程有三个实数根的问题，进一步利用导数对函数性质的研究，可解决方程实数根个数的讨论.五、解决实践问题在工农业生产、生活等实际问题中，常常需要研究一些成本最低、利润最大、用料最省的问题. 我们先把实际情景翻译为数学语言，找出情景中主要的关系，抽象出具体的数学问题，化归为研究目标函数的最大(小)值，从而可利用导数方法简捷求解，此类问题称为优化问题.解答此类问题时，需要抓住三个基本步骤：①建立函数关系；②求极值点，确定最大(小)值；③回归优化方案．例５（2007年北京卷/理19）如右图，有一块半椭圆形钢板，其半轴长为2r，短半轴长为r，计划将此钢板切割成等腰梯形的形状，下底AB是半椭圆的短轴，上底CD的端点在椭圆上，记CD=2x，梯形面积为S．（1）求面积S以x为自变量的函数式，并写出其定义域；（2）求面积S的最大值．解析（1）依题意，以AB的中点O为原点建立直角坐标系O-xy（如右图），则点C的横坐标为x．点评解决实际问题的关键在于建立数学模型和目标函数. 此题以钢板的切割作为背景，综合了圆锥曲线的运用.在用导数工具来研究目标函数的最大（小）值，也没有进行列表分析，而是通过对单调性的分析及端点函数值的比较，得到目标函数的最大值.由上可知，导数思想方法具有程序化、易掌握的显著特点，它是一种有力的工具，可以作为解决函数的极值、单调区间、函数在闭区间上的最大（小）值等基本方法. 导数的广泛应用为研究函数性质、函数图像开辟了新的捷径，成为沟通函数与数列、不等式、圆锥曲线等问题的一座桥梁. 我们要意识到导数工具的重要性，下最大的功夫进行突破，为今后的深入学习与研究打下坚实的基础.责任编校赖庆安注：“本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文。
在高考中导数问题常见的分类讨论（一）热点透析由于导数内容对大学数学与中学数学的衔接具有重大的作用，所以自从导数进入高考后，立即得到普遍地重视，在全国各地的数学高考试卷中占有相当重的份额，许多试题放在较后的位置，且有一定的难度..分类讨论是中学数学的一种解题思想，如何正确地对某一问题进行正确地分类讨论，这就要求大家平时就要有一种全局的观点，同时要有不遗不漏的观点。
只有这样在解题时才能做到有的放矢。
下面我想通过对导数类题的解答的分析，来揭示如何水道渠成顺理推舟进行分类讨论。
（二）知识回顾 1． 函数的单调性在某个区间(a ，b )内，如果f ′(x )>0，那么函数y ＝f (x )在这个区间内单调递增；如果f ′(x )<0，那么函数y ＝f (x )在这个区间内单调递减． 2． 函数的极值(1)判断f (x 0)是极值的方法一般地，当函数f (x )在点x 0处连续时，①如果在x 0附近的左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，那么f (x 0)是极大值； ②如果在x 0附近的左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，那么f (x 0)是极小值． (2)求可导函数极值的步骤 ①求f ′(x )；②求方程f ′(x )＝0的根；③检查f ′(x )在方程f ′(x )＝0的根的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么f (x )在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f (x )在这个根处取得极小值． 3． 函数的最值(1)在闭区间[a ，b ]上连续的函数f (x )在[a ，b ]上必有最大值与最小值．(2)若函数f (x )在[a ，b ]上单调递增，则f (a )为函数的最小值，f (b )为函数的最大值；若函数f (x )在[a ，b ]上单调递减，则f (a )为函数的最大值，f (b )为函数的最小值．(3)设函数f (x )在[a ，b ]上连续，在(a ，b )内可导，求f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的步骤如下： ①求f (x )在(a ，b )内的极值；②将f (x )的各极值与f (a )，f (b )进行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值． （三）疑难解释1． 可导函数的极值表示函数在一点附近的情况，是在局部对函数值的比较；函数的最值是表示函数在一个区间上的情况，是对函数在整个区间上的函数值的比较．2． f ′(x )>0在(a ，b )上成立是f (x )在(a ，b )上单调递增的充分条件．3． 对于可导函数f (x )，f ′(x 0)＝0是函数f (x )在x ＝x 0处有极值的必要不充分条件． 附件：当堂过手训练（快练五分钟，稳准建奇功！）1． 若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1在x ＝1处取极值，则a ＝________.答案 3解析 f ′(x )＝2x 2＋2x －x 2－a x ＋12＝x 2＋2x －ax ＋12.因为f (x )在x ＝1处取极值，所以1是f ′(x )＝0的根，将x ＝1代入得a ＝3.2． 函数f (x )＝x 3＋ax －2在(1，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围是________．答案 [－3，＋∞)解析 f ′(x )＝3x 2＋a ，f ′(x )在区间(1，＋∞)上是增函数， 则f ′(x )＝3x 2＋a ≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a ≥－3x 2在(1，＋∞)上恒成立．∴a ≥－3.3. 如图是y ＝f (x )导数的图象，对于下列四个判断：①f (x )在[－2，－1]上是增函数； ②x ＝－1是f (x )的极小值点；③f (x )在[－1,2]上是增函数，在[2,4]上是减函数； ④x ＝3是f (x )的极小值点．其中正确的判断是________．(填序号) 答案 ②③解析 ①∵f ′(x )在[－2，－1]上是小于等于0的， ∴f (x )在[－2，－1]上是减函数；②∵f ′(－1)＝0且在x ＝0两侧的导数值为左负右正， ∴x ＝－1是f (x )的极小值点； ③对， ④不对，由于f ′(3)≠0.4． 设函数g (x )＝x (x 2－1)，则g (x )在区间[0,1]上的最小值为( )A ．－1B ．0C ．－239D.33答案 C解析 g (x )＝x 3－x ，由g ′(x )＝3x 2－1＝0，解得x 1＝33，x 2＝－33(舍去)． 当x 变化时，g ′(x )与g (x )的变化情况如下表：x 0⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3333 ⎝ ⎛⎭⎪⎫33，1 1 g ′(x )－0 ＋g (x )极小值所以当x ＝3时，g (x )有最小值g ⎛⎪⎫3＝－23. 5． (2011·辽宁)函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )>2，则f (x )>2x ＋4的解集为( )A ．(－1,1)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞)答案 B解析 设m (x )＝f (x )－(2x ＋4)，∵m ′(x )＝f ′(x )－2>0，∴m (x )在R 上是增函数．∵m (－1)＝f (－1)－(－2＋4)＝0，∴m (x )>0的解集为{x |x >－1}，即f (x )>2x ＋4的解集为(－1，＋∞). 二、高频考点专题链接题型一. 需对导数为零的点与定义域或给定的区间的相对位置关系讨论的问题。
高考中导数问题的六大热点由于导数其应用的广泛性，为解决函数问题提供了一般性的方法及简捷地解决一些实际问题．因此在高考占有较为重要的地位，其考查重点是导数判断或论证单调性、函数的极值和最值，利用导数解决实际问题等方面，下面例析导数的六大热点问题，供参考．一、运算问题 例1函数22()(1)x bf x x -=-，求导函数()f x '．分析：用商的导数及复合函数导数的运算律即可解决．解：242(1)(2)2(1)()(1)x x b x f x x ---•-'=-3222(1)x b x -+-=-32[(1)](1)x b x --=--． 评注：对于导数运算问题关键是记清运算法那么．主要是导数的定义、常见函数的导数、函数和差积商的导数，及复合函数、隐函数的导数法那么等．二、切线问题例2设曲线axy e =在点(01)，处的切线与直线210x y ++=垂直，那么a = ．分析：由垂直关系可得切线的斜率为－12，又k ＝0()f x '，即可求出a 的值． 解：axae y ='，∴切线的斜率a y k x ===0'，由垂直关系，有1)21(-=-⋅a ，解得2=a ．评注：是指运用导数的几何意义或物理意义，解决瞬时速度，加速度，光滑曲线切线的斜率等三类问题．特别是求切线的斜率、倾斜角及切线方程问题，其中：⑴ 曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的斜率k ，倾斜角为θ，那么tan θ＝k ＝0()f x '． ⑵ 其切线l 的方程为：y ＝y 0＋0()f x '(x －x 0)．假设曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))的切线平行于y 轴(即导数不存在)时，由切线定义知，切线方程为x ＝x 0．三、单调性问题例3函数32()1f x x ax x =+++，a ∈R ．〔Ⅰ〕讨论函数()f x 的单调区间；〔Ⅱ〕设函数()f x 在区间2133⎛⎫-- ⎪⎝⎭，内是减函数，求a 的取值范围． 分析：对于第(1)小题，求导后利用f '(x )＞0或'()f x ＜0，解不等式即得单调区间；而(2)转化为'()f x ＜0在2133⎛⎫-- ⎪⎝⎭，上恒成立即可． 解：〔1〕32()1f x x ax x =+++求导：2()321f x x ax '=++． 当23a≤时，0∆≤，()0f x '≥，()f x 在R 上递增．当23a >，()0f x '=求得两根为3a x -±=，即()f x在⎛-∞ ⎝⎭递增，⎝⎭递减，⎫+∞⎪⎪⎝⎭递增． 〔2〕假设函数在区间2133⎛⎫-- ⎪⎝⎭，内是减函数，那么2()321f x x ax '=++两根在区间2133⎛⎫-- ⎪⎝⎭，外，即2'()31'()3f f ⎧-⎪⎪⎨⎪-⎪⎩≤0≤0，解得a ≥2，故取值范围是[2，＋∞)． 评注：一般地，设函数y ＝f (x )在某个区间内可导．如果f '(x )＞0，那么f (x )为增函数；如果f '(x )＜0，那么f (x )为减函数．单调性是导数应用的重点内容，主要有四类问题：①运用导数判断单调区间； ②证明单调性； ③单调性求参数；④先证明其单调性，再运用单调证明不等式等问题． 四、极值问题 例4函数1()ln(1),(1)nf x a x x =+--其中n ∈N*,a 为常数．当n =2时，求函数f (x )的极值；分析：运用导数先确定函数的单调性，再求其极值． 解：由得函数f (x )的定义域为{x |x ＞1}， 当n =2时，21()ln(1),(1)f x a x x =+--所以232(1)().(1)a x f x x --=-(1)当a ＞0时，由'()f x ＝0，得11x =+1，21x =＜1， 此时 f ′〔x 〕=123()()(1)a x x x x x ----. 当x ∈〔1，x 1〕时，f ′〔x 〕＜0,f (x )单调递减； 当x ∈〔x 1+∞〕时，f ′〔x 〕＞0, f (x )单调递增. 〔2〕当a ≤0时，f ′〔x 〕＜0恒成立，所以f (x )无极值. 综上所述，n =2时，当a ＞0时，f (x )在1x =+处取得极小值，极小值为2(1(1ln ).2a f a+=+当a ≤0时，f (x )无极值．评注：运用导数解决极值问题．一般地，当函数f (x )在x 0处连续，判别f (x 0)为极大(小)值的方法是：⑴ 假设0'()f x ＝0，且在x 0附近的左侧()f x '＞0，右侧()f x '＜0，那么f (x 0)是极大值，⑵ 如果在x 0附近的左侧()f x '＜0，右侧()f x '＞0，那么f (x 0)是极小值． 五、最值问题例5 求函数f (x )＝x 4－2x 2＋5在[－2，2]上的最大值与最小值． 分析：可先求出导数及极值点，再计算．解： ()f x '＝4x 3－4x ，令()f x '＝0，解得x 1＝－1，x 2＝0，x 3＝1，均在(－2，2)内． 计算f (－1)＝4，f (0)＝5，f (1)＝4，f (－2)＝13，f (2)＝13． 通过比拟，可见f (x ) 在[－2，2]上的最大值为13，最小值为4．评注：运用导数求最大(小)值的一般步骤如下： 假设f (x )在[a ，b ]上连续，在(a ，b )内可导，那么⑴ 求()f x '，令()f x '＝0，求出在(a ，b )内使导数为0的点及导数不存在的点． ⑵ 比拟三类点：导数不存在的点，导数为0的点及区间端点的函数值，其中最大者便是f (x )在[a ，b ]上的最大值，最小者便是f (x )在[a ，b ]上的最小值．六、应用问题例6 用总长的钢条制成一个长方体容器的框架，如果所制做容器的底面的一边比另一边长0.5m ，那么高为多少时容器的容积最大？并求出它的最大容积.分析：本小题主要考查应用所学导数的知识、思想和方法解决实际问题的能力，建立函数式、解方程、不等式、最大值等根底知识．解：设容器底面短边长为x m ，那么另一边长为()0.5x + m ，高为()14.8440.5 3.224x x x --+=-．由3.220x ->和0x >，得0 1.6x <<， 设容器的容积为3ym ，那么有()()0.5 3.22y x x x =+- ()0 1.6x <<．即322 2.2 1.6y x x x =-++， 令0y '=，有26 4.4 1.60x x -++=，即2151140x x --=，解得11x =，2415x =-〔不合题意，舍去〕.当x ＝1时，y 取得最大值，即max 2 2.2 1.6 1.8y =-++=， 这时，高为3.221 1.2-⨯=.答：容器的高为m 时容积最大，最大容积为31.8m ．。
高考热点问题（一）导数的应用中学数学在引入“导数”之后，面对新的知识背景与格局，函数的单调性，函数的极值（或最值），以及在某种条件下恒成立的不等式等三大问题之间相互依存，相互贯通，又相互转化的辩证关系，成为导数应用的主打题型，成为高考备考与高考命题的主要热点之一，本课题对此作以初步探索，希望对高考备考有所帮助.一、函数单调性的证明与应用函数的单调性是函数的基本性质之一，在导数的背景下，函数的单调性这一“基础”与“工具”的身份，决定了它的证明与应用的明显差异：证明，一般直面于目标不等式的推理；应用，往往致力于题设条件的变通和转化.例1、已知（1）当时，求证：在区间（-1，1）内为减函数；（2）当在区间（-1，1）内有且只有一个极值点，求a的取值范围.解：（1）证明：∵，又∴，又，∴必小于与中的较大者由∴在区间（-1，1）内总有，∴在区间（-1，1）内为减函数.（2）解：设为的极值点且，则由（1）知（Ⅰ）当时，∵∴在（-1，1）内有且只有一个x0，使∴在内，在内，∴在内单调递增，在内单调递减，∴在（-1，1）内有且只有一个极值点 .（Ⅱ）当时，同理可知在（-1，1）内有且只有一个极值点.于是综合（Ⅰ）（Ⅱ）得所求a的取值范围为。
点评：（1）借助导数，这里将函数单调性的证明转化为证明关于导函数的（条件）不等式，展示了在导数背景之下单调性与不等式更为密切的联系.（2）注意到可导函数在点处有极值的必要条件为，利用这一必要条件切入讨论，在必要条件的基础上讨论或求索，此为解决比较复杂问题的基本方略.例2、已知函数（a为实数）（1）若在x=-1处有极值，求a的值；（2）若在[-3，-2]上是增函数，求a的取值范围.解：（1）由已知得的定义域为，由题设得∴（2）由题设知对恒成立，对恒成立，恒成立，对恒成立①令则由①得恒成立②（Ⅰ）当a=0时，不符合②式；（Ⅱ）当a<0时，抛物线开口向下，对称轴为，∴∴由②得；（Ⅲ）当a>0时，仿（Ⅱ），由②得，这与a>0矛盾于是综合（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）得所求a的取值范围为。
浅析高考中的导数热点问题导数是研究函数的有力工具，函数又是我们高考中必考内容之一，所以导数知识就显得非常重要了，历年来的高考涉及函数内容一般都要用导数知识来求解。
标签：导数函数单调性极值零点实际问题导数是研究函数的有力工具，函数又是我们高考中必考内容之一，所以导数知识就显得非常重要了，因此现行高中数学教材第一次将导数知识作为必修内容，特别是探究函数的单调性和极值时，导数的优越性就很明显了，历年来的高考涉及函数内容一般都要用导数知识来求解。
下面列举数例，供大家参考。
一、与曲线的切线有关的热点问题【例1】在曲线y=x3-x上有两个点O（0，0）、A（2，6），求弧OA上点P，使△AOP的面积最大。
分析：本题主要考查数形结合的数学思想及导数的几何意义，由于OA是定值，所以若将点P的位置转化到与曲线y=x3-x相切且与OA平行的位置，此时点P到OA的距离最大。
解：因为KOA=3，所以过弧OA上点P的直线的斜率K=KOA=3.故k’=y’=3x2-1=3，即3x2=4 .解得x=或x=-（舍去）.所以x=，y= ，即P（，）.【点评】：利用导数求曲线的切线方程，几乎是新课程高考每年必考的内容，在这类问题中，导数所担负的任务是求出其切线的斜率，这类问题的核心部分是考查函数的思想方法解析几何的基本思想。
二、与函数单调性有关的热点问题【例2】设函数f（x）=ax3-3x+1（x∈R），若对于任意的x∈［-1，1］都有f（x）≥0成立，则实数a的值为。
【解】本小题考查函数单调性的综合运用。
若x＝0，则不论a取何值，f（x）≥0显然成立；当x＞0 即x∈［-1，1］时，f（x）=ax3-3x+1≥0可化为a≥-，设g（x）=-，则g（x）=，所以g（x）在区间0，上单调递增，在区间，1上单调递减，因此g（x）max=g()=4，从而a≥4；当x＜0即-1，0时，f（x）=ax3-3x+1≥0可化为a≤-，g（x）=＞0g（x）在区间-1，0上单调递增，因此g（x）max=g（-1）=4，从而a≤4，综上a =4.【点评】：一般地，涉及到函数的单调性问题，往往可以借助于导数这一工具进行求解。
导数热点问题解析耿道永导数是初等数学与高等数学的重要衔接点，是高考的热点，高考对导数的考查定位于作为解决初等数学问题的工具出现，高考对这部分内容的考查将仍会以导数的应用题为主，如利用导数处理函数的极值、最值和单调性问题和曲线的问题，或者利用导数解决不等问题。
一． 解决曲线切线问题导数的几何意义的考查一般分为三个层次：1.求曲线在某点处的方程；2.执果索因，已知斜率或切线方程探求参数的值；3.求函数过某点（不一定是切点）的方程。
例1 求过曲线32y x x =-上的点(11)-，的切线方程． 分析：点（1，-1）可能是切点，也可能是直线与曲线的交点，此类问题一般可以设切点求解。
解析：设想00()P x y ，为切点，则切线的斜率为02032x x y x ='=-|．∴切线方程为2000(32)()y y x x x -=--．320000(2)(32)()y x x x x x --=--．又知切线过点(11)-，，把它代入上述方程，得3200001(2)(32)(1)x x x x ---=--． 解得01x =，或012x =-． 故所求切线方程为(12)(32)(1)y x --=--，或13112842y x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫--+=-+ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，即20x y --=，或5410x y +-=．评注：可以发现直线5410x y +-=并不以(11)-，为切点，实际上是经过了点(11)-，且以1728⎛⎫- ⎪⎝⎭，为切点的直线．这说明过曲线上一点的切线，该点未必是切点，解决此类问题可用待定切点法．二． 解决函数性质问题解决这类问题要注意极值和最值的区别，最值要在极值的基础上再和端点值比较得到。
例2 （2013年高考题广东文科卷）设函数x kx x x f +-=23)( ()R k ∈．(1) 当1=k 时,求函数)(x f 的单调区间；(2) 当0<k 时,求函数)(x f 在[]k k -,上的最小值m 和最大值M ．分析：对于导数中含有参数的问题，注意根据参数的范围来确定导数的符号。
