(新课标)高考数学专题六函数与导数高考解答题的审题与答题示范(六)函数与导数类解答题学案理新人教A版
高考数学复习专题06 函数与导数(解析版)
专题六 函数与导数 【考生存在问题报告】（一）选择题解法欠灵活，缺乏运用特殊值法、排除法等解题意识选择题的考查是由选择题的特殊性决定的，从已知研究未知的角度来看，部分问题只能从较少的信息来判断，无法完全严格地推理，所以选择题考查选择能力，而不是完全推理论证的能力，因此特值法看似投机取巧，实则应当是解决选择题必要的手段，区别于大题完整演绎推理的过程，从命题角度来看，一道题既可以作为选择题，又可以作为大题，则没有体现选择题的考查功效，让不同层次学生作答是高考想要得到的目的，算理比较熟的同学应当快速得出结果，而不能完整推理出来的学生也可以凭借任意与存在的关系加以排除和选择．【例1】（2020·海南高三）函数421y x x =-+的图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】当0x =时，1y =，排除C ， 令20x t =≥，2314y t t =-+≥， 当且仅当12t =，即2122x =>时，34y =，排除BD 选项.故选：A.【例2】（2020·福建省平和第一中学高三期末）函数1sin1xxey xe+=⋅-的部分图像大致为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】1()sin1xxef x xe+=⋅-，定义域为()(),00,-∞⋃+∞，11()sin()sin11x xx xe ef x x xe e--++-=-⋅=⋅--，所以函数1()sin1xxef x xe+=⋅-是偶函数，排除A、C，又因为0x>且x接近0时，11xxee+>-，且sin0x>，所以1()sin01xxef x xe+=⋅>-，选择B【评析】函数图象的辨识可以从以下方面入手：1.从函数定义域，值域判断；2.从函数的单调性，判断变化趋势；3.从函数的奇偶性判断函数的对称性；4.从函数的周期性判断；5.从函数的特征点，排除不合要求的图象（二）解答含参问题的基本策略选择不当含参问题是研究新的函数模型经常遇到的问题，也是考查学生分类讨论与分清参变量关系的重要手段，含参问题的破解基本点应该是对任意的成立，即恒成立，所以可以采取特值先求出符合的参数值或范围，在严格论证其充分性，而对于小题考查函数的零点问题，则需要考虑数形结合的思想，严格地零点定理应当是大题考查的重点，需要论证明确．【例3】（2020·云南昆明一中高三）已知函数()e (sin cos )xf x a x b x =⋅+，若0x =是()f x 的一个极小值点，且222a b +=，则a =（ ） A ．1- B ．0C ．1D ．±1【答案】C【解析】由，()()()sin cos xf x e a b x a b x '=⋅-++⎡⎤⎣⎦得()00f a b '=+=，又222a b +=，则21a =，若1a =-，则1b =，此时()2sin xf x e x '=-⋅，0x =是()f x 的一个极大值点，舍去；若1a =，则1b =-，此时()2sin xf x e x '=⋅，0x =是()f x 的一个极小值点，满足题意，故1a =，选C.【例4】（2020·安徽六安一中高三期末）已知函数1,0()ln ,0x xf x x x x⎧<⎪⎪=⎨⎪>⎪⎩，若函数()()F x f x kx =-在R 上有3个零点，则实数k 的取值范围为（ ） A ．1(0,)eB ．1(0,)2eC ．1(,)2e-∞ D ．11(,)2e e【答案】B【解析】当0x <时，()21f x k xx==，令()()2312g ,'0x g x x x ==->，()g x 在()0x ∈-∞，是增函数，0k >时，()f x k x=有一个零点， 当0x >时，()2ln f x xk xx==，令()()23ln 12ln h ,x x x h x x x -'==当x ∈时，h ()0x '＞，∴()h x在上单调递增，当)x ∈+∞时，h ()0x '＜，∴()h x在)+∞上单调递减，所以当x =()h x 取得最大值12e， 因为()()F x f x kx =-在R 上有3个零点， 所以当0x >时，()f x k x=有2个零点， 如图所示：所以实数k 的取值范围为1(0,)2e综上可得实数k 的取值范围为1(0,)2e， 故选：B 【评析】本题主要考查了函数的零点问题，还考查了数形结合的思想和转化问题的能力.此类题根据分段函数，分当0x <，0x >，将问题转化为()f x k x=的零点问题.在研究带有参数的新函数，从必要条件转化为充分条件是重要的方法，可以采取数形结合的思想，转化为两个函数图象的交点个数问题，而当发现特值法没有简便运算步骤的话，则本题出题者希望的是整体推理的过程． （三）函数性质的应用欠灵活高中阶段函数的性质围绕着单调性，奇偶性（对称性），周期性展开，周期性的背景是三角函数，当涉及到求函数值或函数不等式问题，都可以抽象为函数性质的考查，基本顺序是先讨论对称性，再讨论单调性，最终利用性质求解是关键．【例5】（2020·湖南高三月考）已知定义在R 上的奇函数()f x 满足(1)(3)0f x f x ++-=，若(1)2f =，则(1)(2)(3)(2019)f f f f ++++=L （ ） A ．2- B ．0 C ．2 D ．2020【答案】B【解析】因为奇函数()f x 满足(1)(3)0f x f x ++-=,即(1)(3)(3)f x f x f x +=--=-. 故()f x 周期为4.故(1)(2)(3)(2019)f f f f ++++L ,因为20194504......3÷=.故原式[]504(1)(2)(3)(4)(1)(2)(3)f f f f f f f =⨯++++++.令0x =,则(01)(30)0(1)(3)0(3)2f f f f f ++-=⇒+=⇒=-. 令1x =,则(11)(31)02(2)0(2)0f f f f ++-=⇒=⇒=. 又奇函数()f x 故()(4)00f f ==.故[]()504(1)(2)(3)(4)(1)(2)(3)50420202020f f f f f f f ⨯++++++=⨯+-+++-=. 故选：B【例6】（2020·天津静海一中高三期末）若函数()ln(f x x x =为偶函数，则a = ． 【答案】1【解析】由函数()ln(f x x x =为偶函数⇒函数()ln(g x x =为奇函数，(0)ln 01g a a ==⇒=．【评析】本题考查导函数的奇偶性以及逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力、特殊与一般思想、数形结合思想与转化思想，具有一定的综合性和灵活性，属于较难题型．首先利用转化思想，将函数()ln(f x x x =为偶函数转化为 函数()ln(g x x =为奇函数，然后再利用特殊与一般思想，取(0)ln 01g a a ==⇒=．（四）导数解答题的失误，暴露考生分析问题解决问题、应用导数解题的综合能力较弱导数是研究函数单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，历届高考，对导数的应用的考查都非常突出，主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与图象、曲线相联系；（2）利用导数求函数的单调区间，判断函数的单调性；已知函数的单调性求参数；（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题；（4）数形结合思想的应用． 【例7】（2020·广西高三月考）已知函数()()ln ,f x x a x b a b R =-+∈. （1）讨论函数()f x 的单调性； （2）是否存在实数a b 、，且32b ≤，使得函数()f x 在区间[]1,e 的值域为[]2,e ？若存在，求出a b 、的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）存在；1,1a b == 【解析】（1）函数()f x 的定义域为()0,∞+，'()1a x a f x x x-=-=， ①当0a ≤时，'()0f x >，函数()f x 的增区间为()0,∞+②当0a >时，令'()0f x >可得x a >，故函数()f x 的增区间为(),a +∞，减区间为()0,a .（2）①当0a ≤时，(1)12()f b f e e a b e=+=⎧⎨=-+=⎩得1,1a b ==舍去；②当01a <≤时，(1)12()f b f e e a b e=+=⎧⎨=-+=⎩得1,1a b ==符合题意；③当1a e <<时，由35(1)1122f b e =+≤+=<，不合题意； 必有()ln 2()f a a a a b f e e a b e =-+=⎧⎨=-+=⎩，可得2ln 22a a a b -=⎧⎨=⎩，令()()2ln 21,'()1ln 0g x x x x x e g x x =--≤<=->，故函数()g x 单调递增， 又由(1)0g =，故当1a e <<时，2ln 2a a a ->，不存在这样的a ；④当a e ≥时，(1)1()2f b e f e e a b =+=⎧⎨=-+=⎩，得23,1a e b e =-=-舍去；综上所述：满足条件的a b 、值为1,1a b ==.【评析】本题考查了函数的单调性，根据值域求参数，分类讨论是常用的数学方法，需要熟练掌握.在第（1）中首先求导'()1a x af x x x -=-=，再讨论0a ≤和0a >两种情况，计算得到答案.在第（2）问中讨论0a ≤，01a <≤，1a e <<，a e ≥四种情况，分别计算得到答案.【命题专家现场支招】（一）掌握选择题解题“六法”，突出“特殊值法”解题的能力培养对“特殊值法”还要掌握选值的技巧，当一次取值不能达到目标时，可以考虑多次取值、混合选取，看能否达到目标．特殊值法可以让一般问题特殊化，抽象问题具体化，从而大大减少计算量．在复习过程中，可以精选不同类型，有意识地强化“特殊值法”的解题能力.【例8】（2020·辽宁高三期末）下列函数中，其图象与函数lg y x =的图象关于点()1,0对称的是（ ） A ．()lg 1y x =- B ．()lg 2y x =- C ．()0.1log 1y x =- D ．()0.1log 2y x =-【答案】D【解析】设(),M x y 为所求函数图象上任意一点，则由已知可得点M 关于点()1.0的对称点()2,N x y --必在函数y lgx =的图象上，所以()2y lg x -=-,即()()0.1log 22y lg x x ==---,故选:D. （二）函数与方程的思想重在转化，增强转化与化归的意识多年来，全国卷都注重考查二次函数、指数函数、对数函数、幂函数等的运算、图象和性质的应用.对函数基础知识的复习要回归课本，深化函数基本概念的理解、熟练掌握有关公式及基本图象性质．尽管好多题目的呈现方式是分段函数，但其基本构成离不开基本初等函数. 【例9】（2020·四川石室中学高三期末）已知函数()xf x xe =，方程()()2+1=0fx tf x +()t R ∈有四个实数根，则t 的取值范围为（ ）A ．21,e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭B ．21,e e ⎛⎫+-∞- ⎪⎝⎭C ．21,2e e ⎛⎫+-- ⎪⎝⎭ D ．212,e e ⎛⎫+ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】令()xg x xe =，故()()1xg x ex '=+，令()0g x '=，解得1x =-，故函数()g x 在区间(),1-∞-单调递减，在()1,-+∞单调递增， 且在1x =-处，取得最小值()11g e-=-. 根据()f x 与()g x 图像之间的关系，即可绘制函数()f x 的图像如下：令()f x m =，结合图像，根据题意若要满足()()2+1=0fx tf x +有四个根，只需方程210m tm ++=的两根1m 与2m 满足： 其中一个根110,?m e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，另一个根21m e>或20m =.①当方程210m tm ++=的一个根110,?m e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，另一个根20m =， 将0m =代入，可得10=矛盾，故此种情况不可能发生； ②当方程210m tm ++=的一个根110,?m e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，另一个根21m e>()2 1m m tm ϕ=++，要满足题意，只需()10,00e ϕϕ⎛⎫⎪⎝⎭即可即2110,?1?0te e ++，解得21,e t e ⎛⎫+∈-∞- ⎪⎝⎭.故选：B.【例10】【2018年天津卷文】已知a ∈R ，函数若对任意x ∈［–3，+），f (x )≤恒成立，则a 的取值范围是__________．【答案】［，2］ 【解析】 分类讨论：①当时，即：，整理可得：，由恒成立的条件可知：，结合二次函数的性质可知：当时，，则；②当时，即：，整理可得：，由恒成立的条件可知：，结合二次函数的性质可知：当或时，，则；综合①②可得的取值范围是.【评析】对于恒成立问题，常用到以下两个结论：(1)a ≥f (x )恒成立⇔a ≥f (x )max ；(2)a ≤f (x )恒成立⇔a ≤f (x )min .有关二次函数的问题，数形结合，密切联系图象是探求解题思路的有效方法．一般从：①开口方向；②对称轴位置；③判别式；④端点函数值符号四个方面分析． （三）以形助数，数形结合数形结合思想将抽象逻辑思维与直观形象思维有效地结合起来，使得复杂问题简单化，抽象问题形象化，利于发现解题策略，优化解题过程．给出具体函数，我们要抽象出解题需要的函数的性质，给出抽象函数，我们能够找到具体模型与之对应，或者作示意图．【例11】（2020·云南高三）已知函数()f x =21,02,0x e x x x x ⎧-<⎨+≥⎩ ，若2(2)()f a f a ->，则实数a 取值范围是（ ）A ．(,1)(2,)-∞-+∞UB ．(2,1)-C ．(1,2)-D ．(,2)-∞-(1,)⋃+∞【答案】B【解析】画出函数图像知：函数单调递增，2(2)()f a f a ->，故22a a ->，解得21a -<<. 故选：B.（四）重视函数导数的工具作用以三角函数为背景考查导数、不等式，注重知识的交汇，体现函数导数的工具作用． 【例12】【2018年全国卷Ⅰ卷理16】已知函数()2sin sin 2f x x x =+，则()f x 的最小值为 ． 【解析】方法一：()()1cos 1cos 222cos 2cos 2)('+-=+=x x x x x f ， 令0)('=x f ，则21cos =x ，或1cos -=x ，所以当⎪⎭⎫ ⎝⎛-∈21,1cos x ，()x f 为减函数，在⎪⎭⎫⎝⎛∈1,21cos x 增函数，所以()min 1332f x f ⎛⎫== ⎪⎝⎭方法二：()()()()()223222sin sin 24sin 1cos 41cos 1cos f x x x x x x x =+=+=-+()()()()1111081cos 1cos 1cos 1cos 333x x x x =-+++()()()()41111cos 1cos 1cos 1cos 33310864x x x x ⎛⎫-++++++ ⎪= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭≤,所以()f x 当3x π=-时, ()f x =. 所以()f x的最小值是. 方法三：()()()()()223222sin sin 24sin 1cos 41cos 1cos f x x x x x x x =+=+=-+， 令[]1,1,cos -∈=t t x ，则函数化为()()()311t t t g +-=，再利用导数进行求解．【评析】本题以三角函数为背景，看似与三角函数问题，但用三角函数的知识求解就遇到困难，要求学生灵活运用其他知识解决，求函数最值常见的求解方法：（1）利用基本不等式；（2）利用导数方法；（3）数形结合；（4）换元法等等进行转化，考查了学生转化与化归、数形结合等数学思想．类似的高考命题近几年屡见不鲜.（五）加强函数导数解答题的答题策略教学2018年全国卷Ⅰ21题函数为()ln ()h x g x +的比较容易研究的对数型函数问题，在导函数极值点问题上，涉及到“设而不求”，转化为根与系数的关系，考查问题以函数导数为载体，考查转化与化归思想；2018年全国Ⅱ卷21题与2018年全国Ⅲ卷21题都出现了()xe g x +和()ln h x x 等相对不容易研究的指对数函数型问题，对于第二问都作了一步关键的等价变形，原因是ln x 通常与多项式函数或者分式函数相加减比较容易研究， xe 通常与多项式函数或者分式函数相乘除比较好处理，这给我们的复习迎考提供了指导方向． 【例13】（2020·浙江省杭州第二中学高三期末）已知函数()02xxf x e e sinx x e π⎡⎤=-∈⎢⎥⎣⎦，，（为自然对数的底数）．（1）求函数()f x 的值域；（2）若不等式()(1)(1sin )f x k x x --…对任意02x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，恒成立，求实数k 的取值范围； （3）证明：1213()122x e x ---+＞． 【答案】（1）[]0,1；（2）2112e k ππ-≤≤-；（3）证明见解析.【解析】（1）因为()xxf x e e sinx =-，所以()((1sin cos )1)4cos )xxxxf x e e sinx x e e x x x π'=-+⎡⎤--==+⎢⎥⎣⎦，∵02x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，，∴3444x πππ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦，，∴4sin x π⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭，所以()0f x '≤， 故函数()f x 在02π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上单调递减，函数()f x 的最大值为()1010f =-=；()f x 的最小值为22022f e e sin ππππ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，所以函数()f x 的值域为[]0,1．（2）原不等式可化为)(1)(1sin (1)xe sinx k x x -≥-- …（*）， 因为1sin 0x -≥恒成立，故（*）式可化为(1)xe k x ≥-．令()xg x e kx k =-+，则()xg x e k '=-，当0k ≤时，()0xg x e k '=->，所以函数()g x 在02π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上单调递增，故()(0)10g x g k ≥=+≥，所以10k -≤≤；当0k >时，令()0xg x e k '=-=，得ln x k =，所以当(0,ln )x k ∈时，()0xg x e k '=-<；当(ln ,)x k ∈+∞时，()0xg x e k '=->．所以当2lnk π＜，即20k e π<<时，函数min ()(ln )2ln 0g x g k k k k ==->成立； 当2lnk π≥，即2k e π≥时，函数()g x 在02π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上单调递减，2()022min g x g e k k πππ⎛⎫==-+≥ ⎪⎝⎭，解得2212e e k πππ≤≤-综上，2112e k ππ-≤≤-．（3）令()1213()122x h x ex -=+--，则()132x h x e x -'=+-． 由1124133100244h e h e --⎛⎫⎛⎫''=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭＜，＞，故存在01324x ，⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00h x '=，即 01032x ex -=-． 所以，当0(,)x x ∈-∞时，()0h x '<；当0(,)x x ∈+∞时，()0h x '>． 故当0x x =时，函数()h x 有极小值，且是唯一的极小值， 故函数()0122min 000013313()()1()()122222x h x h x ex x x -==+--=--+-- 220013313()12222522x x ⎡⎤⎛⎫=---=-- ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭， 因为01324x ，⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以22015313531()()022*******x ----=>>， 故()1213()1022x h x ex -=+-->， 即1213()122x e x ---+>．【评析】利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法 (1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解. (2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.【概述】复习过程中，应对函数部分高考的高频考点问题——单调性、最值、切线、零点问题、恒成立问题、不等式证明、含量词的命题等，尤其是三角函数型函数，含指数函数xe 、对数函数ln x 开展专题复习，以提升学生对利用导数研究函数的图象与性质的认识．二、典型问题剖析导数是研究函数的工具，开辟了许多解题新途径，拓展了高考对函数问题的命题空间，从最近几年全国（省市）高考数学试题来看，对函数与导数的考查可以说是全方位的. 从考查要求来讲，它不仅有对基础知识、基本技能的考查，更有对数学思想、数学本质的考查. 具体而言，试题往往融函数、导数、不等式、方程等知识于一体，通过演绎证明，运算推理等理性思维，解决单调性、极值、最值、切线、方程的根、函数零点、参数的范围等问题，这类题难度大，综合性强．解题中需要用到函数与方程思想、分类与整合思想、数形结合思想、转化与化归思想，利用“设而不求”、“先猜后证”、“放缩法(如1x e x ≥+，ln 1x x ≤-，x e ex ≥，1ln x ex-≥等)”、“构造法”等手段，解决恒成立求参、函数零点、不等式证明、带量词的命题等热点问题．（一）导数的几何意义对导数的几何意义的考查，要关注三类问题，即求切线问题、已知切线求参数问题、切线的应用问题等.这三类问题往往结合函数的性质、函数的图象、直线方程、点到直线的距离等. （二）利用导数研究函数单调性利用导数研究函数单调性的考查，要关注三类问题，即求函数单调性区间、含参数函数单调性讨论、根据单调性逆向求参数问题等.这三类问题有时会以小题的形式出现，较多的应是解答题的某一问. 【例14】（2020·河南高三期末）已知函数()2(12)ln af x x a x x=+-+，讨论()f x 的单调性； 【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】（1）2222122(12)()(21)()2(0)a a x a x a x a x f x x x x x x -+---+'=+-==>.①当0a „时，(0,),()0,()x f x f x '∈+∞>单调递增；②当0a >时，(0,),()0,()x a f x f x '∈<单调递减；(,),()0,()x a f x f x '∈+∞>单调递增.综上：当0a „时，()f x 在(0,)+∞单调递增；当0a >时，()f x 在(0,)a 单调递减，在(,)a +∞单调递增.（三）利用导数研究函数的极值问题利用导数研究函数的极值的考查，要关注三类问题，即已知函数求极值、根据函数极值(点)逆向求参数、函数的极值(点)性质的考查等.其中已知函数求极值可能以小题的形式考查，其余主要是解答题的某一问. 【例15】（2020·南京师范大学附属扬子中学高三期末）已知函数()2ln h x ax x =-+． （1）当1a =时，求()h x 在()()2,2h 处的切线方程； （2）令()()22a f x x h x =+，已知函数()f x 有两个极值点12,x x ，且1212x x >，①求实数a 的取值范围；②若存在012x ⎡⎤∈+⎢⎥⎣⎦，使不等式()()()()20ln 1112ln 2f x a m a a ++>--++对任意a （取值范围内的值）恒成立，求实数m 的取值范围．【答案】（1）322ln 220x y +-+=；（2）①()1,2；②1,4⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦【解析】（1）当1a =时，()2ln h x x x =-+，()12h x x'=-+， 2x =时，()132222h '=-+=-，()42ln 2h =-+， ∴()h x 在()()2,2h 处的切线方程为()34ln 222y x +-=--，化简整理可得322ln 220x y +-+=.（2）①对函数求导可得，()()2210ax ax f x x x-+'=>，令()0f x '=可得2210ax ax -+=，20440112a a a a ⎧⎪≠⎪∴->⎨⎪⎪>⎩，解得实数a 的取值范围为()1,2.②由2210ax ax -+=，解得1211x x a a=-=+，而()f x 在()10,x 上递增，在()12,x x 上递减，在()2,x +∞上递增，12a <<Q，2112x ∴=<+， ()f x ∴在122⎡⎤+⎢⎥⎣⎦单调递增， ∴在12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上，()()max 22ln 2f x f a ==-+，0122x ⎡⎤∴∃∈+⎢⎥⎣⎦，使不等式()()()()20ln 1112ln 2f x a m a a ++>--++，对()1,2a ∀∈恒成立，等价于不等式()()()22ln 2ln 1112ln 2a a m a a -+++>--++恒成立，即不等式()2ln 1ln 210a ma a m +--+-+>对任意的()12a a <<恒成立.令()()2ln 1ln 21g a a ma a m =+--+-+，则()10g =，()12121ma a m g a a ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭'=+ 当0m ≥时，()0g a '<，()g a 在()1,2上递减，即()()10g a g <=，不合题意.当0m <时，()12121ma a m g a a ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭'=+ 12a <<Q ，若1112m ⎛⎫-+> ⎪⎝⎭，即104m -<<时，则()g a 在()1,2上递减，()10g =Q ，12a ∴<<时，()0g a >不能恒成立；若1112m ⎛⎫-+≤ ⎪⎝⎭，即14m ≤-时， 则()g a 在()1,2上递增，()()10g a g ∴>=恒成立，∴实数m 的取值范围1,4⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦【评析】本题考查了导数的几何意义，考查用导数研究函数的极值，研究不等式恒成立问题，解题的关键是问题的转化，如函数有两个极值点，转化为相应方程有两个不等实根，不等式恒成立问题转化为研究函数的最值，对学生的推理论证能力、运算求解能力要求较高，难度较大，属于困难题.【例16】（2020·甘肃高三期末）已知函数213()ln 222f x x ax x =+-+(0)a ≥. （1）讨论函数()f x 的极值点的个数；（2）若()f x 有两个极值点1,x 2x ，证明：()()120f x f x +<. 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）证明见解析.【解析】（1）1()2f x ax x '=+-221,ax x x-+=(0,)x ∈+∞.①当0a =时，21()x f x x-+'=. 当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，所以()f x 在10,2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增；当1,2x ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()0f x '<，所以()f x 在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减. 即函数()f x 只有一个极大值点12，无极小值点. ②当01a <<时，440a ∆=->， 令()0f x '=，得x =.当110,x a a ⎛⎛⎫-+∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭U 时，()0f x '>， 所以()f x在,⎛ ⎝⎭⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增；当11x a a ⎛⎫∈ ⎪⎪⎝⎭时，()0f x '<， 所以()f x在⎝⎭上单调递减. 即函数()f x有一个极大值点1a，有一个极小值点1a. ③当1a ≥时，440a ∆=-≤，此时()0f x '≥恒成立， 即()f x 在(0,)+∞上单调递增，无极值点.综上所述，当0a =时，()f x 有且仅有一个极大值点，即只有1个极值点；当01a <<时，()f x 有一个极大值点和一个极小值点，即有2个极值点； 当1a ≥时，()f x 没有极值点.（2）由（1）可知，当且仅当01a <<时，()f x 有两个极值点1,x 2x ，且1,x 2x 为方程2210ax x -+=的两根，即122,x x a+=121x x a =，所以()()()()2212121212ln 232a f x f x x x x x x x +=++-++ 21424ln32a a a a a ⎛⎫=+--+ ⎪⎝⎭2ln 2a a=--+. 令2()ln 2,g a a a=--+(0,1)a ∈， 则22122()0ag a a a a -'=-+=>恒成立，所以()g a 在(0,1)上单调递增， 所以()(1)ln1220g a g <=--+=，即()()120f x f x +<.【评析】本题考查利用导数研究函数的极值，考查利用函数的单调性证明不等式，考查逻辑思维能力和运算能力.在第（2）问中由（1）可知，当且仅当01a <<时，()f x 有两个极值点1,x 2x ，且1,x 2x 为方程2210ax x -+=的两根，122,x x a+=121x x a =，求出()()12f x f x +，根据函数的单调性证明即可.（四）函数单调性、极值（最值）综合问题——分类讨论思想利用导数研究含参数的函数单调性、极值（最值）问题时，常用到分类讨论思想，其分类讨论点一般步骤是：【例17】【2018年文北京卷】设函数.（Ⅰ）若曲线在点处的切线斜率为0，求a ；（Ⅱ）若在处取得极小值，求a 的取值范围.【答案】（Ⅰ） （Ⅱ）【解析】 （Ⅰ）因为，所以.，由题设知，即，解得.（Ⅱ）方法一：由（Ⅰ）得.若a>1，则当时，；当时，.所以在x=1处取得极小值. 若，则当时，，所以.所以1不是的极小值点.综上可知，a的取值范围是.方法二：.（1）当a=0时，令得x=1.随x的变化情况如下表：x 1+ 0 −↗极大值↘∴在x=1处取得极大值，不合题意.（2）当a>0时，令得.①当，即a=1时，，∴在上单调递增，∴无极值，不合题意.②当，即0<a<1时，随x的变化情况如下表：x 1+ 0 −0 +↗极大值↘极小值↗∴在x=1处取得极大值，不合题意.③当，即a>1时，随x的变化情况如下表：x+ 0 −0 +↗极大值↘极小值↗∴在x=1处取得极小值，即a>1满足题意.（3）当a<0时，令得.随x的变化情况如下表：x− 0 + 0 − ↘极小值↗极大值↘∴在x =1处取得极大值，不合题意.综上所述，a 的取值范围为.（五）论函数零点的个数、已知方程根求参数问题或研究函数零点的性质——数形结合思想研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最值、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.【例18】（2020·海南高三）已知函数2()(1)1(,)x g x e a x bx a b R =----∈，其中e 为自然对数的底数.（1）若函数()()f x g x '=在区间[0,1]上是单调函数，试求a 的取值范围； （2）若函数()g x 在区间[0,1]上恰有3个零点，且(1)0g =，求a 的取值范围.【答案】（1）3,1,22⎛⎤⎡⎫-∞⋃++∞ ⎪⎥⎢⎝⎦⎣⎭e ；（2）(1,2)e -.【解析】（1）由题意得()2(1)=---xf x e a x b ，则()2(1)x f x e a '=--，当函数()f x 在区间[0,1]上单调递增时，()2(1)0'=--x f x e a …在区间[0,1]上恒成立.∴()min2(1)1-=xa e„（其中[0,1]x ∈），解得32a „. 当函数()f x 在区间[0,1]上单调递减时，()2(1)0'=--x f x e a „在区间[0,1]上恒成立，∴()max2(1)-=xa ee …（其中[0,1]x ∈），解得12+ea ….综上所述，实数a 的取值范围是3,1,22⎛⎤⎡⎫-∞⋃++∞ ⎪⎥⎢⎝⎦⎣⎭e .（2）()2(1)()'=---=xg x e a x b f x .由(0)(1)0g g ==，知()g x 在区间(0,1)内恰有一个零点， 设该零点为0x ，则()g x 在区间()00,x 内不单调. ∴()f x 在区间()00,x 内存在零点1x ，同理()f x 在区间()0,1x 内存在零点2x . ∴()f x 在区间(0,1)内恰有两个零点. 由（1）易知，当32a „时，()f x 在区间(0,1)上单调递增， 故()f x 在区间(0,1)内至多有一个零点，不合题意. 当12+e a …时，()f x 在区间[0,1]上单调递减， 故()f x 在区间(0,1)内至多有一个零点，不合题意， ∴3122<<+ea .令()0f x '=，得ln(22)(0,1)x a =-∈， ∴函数()f x 在区间(0,ln(22)]-a 上单凋递减， 在区间(ln(22),1)-a 上单调递增. 记()f x 的两个零点为()1212,x x x x <，∴12(0,ln(22)],(ln(22),1)∈-∈-x a x a ，必有(0)10,(1)220=->=-+->f b f e a b . 由(1)0g =，得+=a b e .∴11()102f a b e ⎛⎫=-+=-< ⎪⎝⎭又∵(0)10,(1)20=-+>=->f a e f a ， ∴12-<<e a .综上所述，实数a 的取值范围为(1,2)e -.【评析】（1）求出()()g x f x '=，再求()0,[0,1]f x x '≥∈恒成立，以及()0,[0,1]f x x '≤∈恒成立时，a 的取值范围；（2）由已知(1)(0)0g g ==，()g x 在区间(0,1)内恰有一个零点，转化为()()f x g x '=在区间(0,1)内恰有两个零点，由（1）的结论对a 分类讨论，根据()f x 单调性，结合零点存在性定理，即可求出结论.【例19】（2020·安徽高三期末）已知函数()()201x e f x a ax =>+，e 为自然对数的底.（1）若函数()f x 有两个极值点，求实数a 的范围；（2）若()1212,x x x x <为()f x 的极值点，求证：()()12f x f x e +<. 【答案】（1）1a >（2）证明见详解. 【解析】（1）由()21xef x ax =+知，()()()22221'1x e ax ax f x ax-+=+.由函数()f x 有两个极值点知，方程2210ax ax -+=有两不等实数根，则2440a a a ⎧∆=->⎨>⎩，解得1a >. （2）因为()()1212221211x x e e f x f x ax ax +=+++， 要证()()12f x f x e +<，结合1a >，只需证12221211x x e e e x x +<++即可. 由（1）知，122x x +=，且1201x x <<<.令()()222121x xg e e e x x x -=+-+-+，()0,1x ∈， 则只需证：()0g x <，()0,1x ∈.()()()()()222222211145'x x e x e x xxx x g ---=-+-+()()()()()()()2212212222221451451145x x x e x e x x x e x x x x x x ---⎡⎤⎡⎤--+++-+-+⎣⎦⎣⎦=+-+ 令()()()122451x exh x x x -=-+-+，()0,1x ∈， 则()()1212'2x e xh x x x -=-+-，设()()'x h x ϕ=，则()()12'120x e x x ϕ-=--<，故()'h x 在()0,1内单调递减，又()1'00h e=>，()'120h =-<. 由零点存在定理知，存在()00,1x ∈，使得()0'0h x =，且()00,x x ∈时，()'0h x >；()0,1x x ∈时，()'0h x <. 又()5010h e=->，()10h =，故()0h x >，()0,1x ∈. 因此()'0g x >，即()g x 在()0,1内单调递增， 又()10g =，故()0g x <，()0,1x ∈. 综上所述，原结论成立.【评析】本题考查由函数极值点的个数，求参数的范围问题，以及利用导数证明不等式恒成立问题，涉及构造函数，二次求导，属导数综合性困难题.（1）将()f x 有两个极值点的问题，转化为导数有两个根的问题，根据导数进一步转化为二次方程有两个根的问题，进而求解；（2）结合（1）中结论，构造函数()()222121x xg e e e x x x -=+-+-+，将问题转化为求证()g x 的最大值小于0的问题，利用导数求解即可.（六）不等式的证明问题——函数与方程思想利用导数证明不等式问题，多数利用函数与方程思想结合不等式构造函数，转化为利用构造函数的性质来完成，其一般思路是：【例20】【2017课标3，理21】已知函数()1ln f x x a x =-- . （1）若()0f x ≥ ，求a 的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n 2111111222n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭L ，求m 的最小值. 【答案】(1)1a = ；(2)3 【解析】(七) 不等式恒成立、存在性问题——转化与化归思想利用导数研究不等式恒成立、存在性问题时，常用到转化与化归思想，其一般思路是：【例21】（2020·江西高三）已知函数()2ln 1f x x a x =--，（a R ∈）.（Ⅰ）若函数()f x 有且只有一个零点，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）设()()21xg x e x ex f x =+---，若()0g x ≥，若函数对[)1,x ∈+∞恒成立，求实数a 的取值范围.（e 是自然对数的底数， 2.71828e =⋅⋅⋅） 【答案】（Ⅰ）(]{},02-∞U （Ⅱ）[)0,+∞【解析】（Ⅰ）由题意得：()f x 定义域为()0,∞+，则()()2220a x a f x x x x x-'=-=>①当0a ≤时，()0f x '>恒成立 ()f x ∴在()0,∞+上单调递增 又()10f = ()f x ∴有唯一零点，即0a ≤满足题意 ②当0a >时当x ⎛∈ ⎝时，()0f x '<；当x ⎫∈+∞⎪⎪⎭时，()0f x '>即()f x 在⎛ ⎝上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增()min ln 12a f x f a ∴==-1=，即2a =时，()()min 10f x f ==，()f x 有唯一零点，满足题意1<，即02a <<时，()10f f <= 又122110a a a f e e e ---⎛⎫=+-=> ⎪⎝⎭，且11a e -<11ax e -⎛∴∃∈ ⎝，使得()()110f x f ==，不符合题意1>，即2a >时，()10f f <= ()()()()()211ln 112ln 1f a a a a a a a -=----=---设11a t -=>，()1ln h t t t =--，则()1110t h t t t-'=-=>()h t ∴在()1,+∞上单调递增 ()()10h t h ∴>=，即()10f a ->又1a ->21x a ⎫∴∃∈-⎪⎪⎭，使得()()210f x f ==，不符合题意 综上所述：a 的取值范围为：(]{},02-∞U（Ⅱ）由题意得：()ln xg x a x e ex =+-，则()x a g x e e x '=+-，()2x ag x e x''=- ①当0a ≥时，由[)1,x ∈+∞得：()0g x '≥恒成立()g x ∴在[)1,+∞上单调递增 ()()10g x g ∴≥=即0a ≥满足题意②当0a <时，()0g x ''>恒成立 ()g x '∴在[)1,+∞上单调递增 又()10g a '=<，()()()()()()1ln ln 0ln ln a e a ag e a a e a e a --'-=-=>--()()01,ln x e a ∴∃∈-，使得()00g x '=当()01,x x ∈时，()0g x '<，即()g x 在()01,x 上单调递减()()010g x g ∴<=，则0a <不符合题意综上所述：a 的取值范围为：[)0,+∞【评析】本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到根据函数零点个数求解参数范围、恒成立问题的求解、零点存在性定理的应用等知识；本题解题的关键是在无法确定零点所在位置时，能够灵活应用零点存在定理找到不满足题意的点，从而使问题得以解决.【新题好题针对训练】一、单选题1．（2020·天水市第一中学高三期末）函数ln ||()x f x x x=+的图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】由题意知，函数ln ||()x f x x x =+，满足ln ||ln ||()()()x x f x x x f x x x--=-+=-+=--， 所以函数()y f x =为奇函数，图象关于原点对称，所以B 选项错误； 又因为(1)10f =>，所以C 选项错误； 又因为ln 2(2)202f =+>，所以D 选项错误，故选A. 2．（2020·湖北高三期末）已知函数()f x 在R 上都存在导函数()f x '，对于任意的实数x 都有2()()x f x e f x -=.当0x <时，()()0f x f x '+>，若(31)(21)ae f a f a +≥+，则实数a 的取值范围是（ ）A ．20,5⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．2,05⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．[)0,+∞D ．(],0-∞【答案】B【解析】根据题意构造函数()()xh x e f x =,因为对于任意的实数x 都有2()()x f x e f x -=, 故()()xx f x ee f x --=,即()()h x h x -=,故()h x 为偶函数.又当0x <时,()()0f x f x '+>即()()0'()0x x e f x e f x h x '+>⇒>,故当0x <时,()h x 单调递增.综上所述, ()h x 为偶函数, 当0x <时,()h x 单调递增；当0x ≥时, ()h x 单调递减. 又(31)(21)ae f a f a +≥+,即3121(31)(21)a a ef a e f a +++≥+,即()()3121h a h a +≥+.故3121a a +≤+,即()()()2231210520a a a a +-+≤⇒+≤,解得2,05a ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦. 故选：B3．（2020·山东高三期末）已知函数()f x 满足(2)(2)6f x f x -++=，31()2x g x x -=-，且()f x 与()g x 的图像交点为()11,x y ，()22,x y ，…，()88,x y ，则128128x x x y y y +++++++L L 的值为( ) A ．20 B ．24C ．36D ．40【答案】D【解析】由于()f x 满足(2)(2)6f x f x -++=，当0x =时，()23f =，所以()f x 关于()2,3中心对称.由于()325315()3222x x g x x x x -+-===+---，所以()g x 关于()2,3中心对称.故()f x 和()g x 都关于()2,3中心对称.所以()f x 与()g x 的图像交点()11,x y ，()22,x y ，…，()88,x y ，两两关于()2,3对称.所以128128x x x y y y +++++++L L 828340=⨯+⨯=.故选：D.4．（2020·广西高三）已知函数3()2xf x -=，若函数()2()()2g x f x f m m =--有两个零点，则实数m 的取值范围为( )A ．22⎛-⎝⎭B ．,,22⎛⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．⎝⎭D ．∞∞⎛⎫-⋃+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】D【解析】令()0g x =，即()2()20f x f m m --=，又因为3()2xf x -=，所以()243220mmx ----=，即()24322m mx---=，所以234x m m -=--，即21x m m =--， 因为函数()2()()2g x f x f m m =--有两个零点，则21x m m =--有两个零点，即y x =与21y m m =--有两个交点，所以210m m -->，即21m m ->或21m m -<-，显然21m m ->的解集为∞∞⎛⎫-⋃+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 21m m -<-无解，故选：D5．（2020·南昌市新建区第二中学高三）已知函数()ln x xf x a=，若不等式()2f x <仅有两个整数解，则实数a 的取值范围是（ ） A ．3ln 2,ln 32⎡⎫⎪⎢⎣⎭ B ．3ln 3,4ln 22⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．3ln 2,ln 32⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．3ln 3,4ln 22⎛⎤⎥⎝⎦【答案】C 【解析】由()ln x x f x a =，则由()1ln 0x f x a +'==.可得，1e x =， 当0a >时，10,e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭x ，()0f x '<，()f x 单调递减，1,e⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭x 时，()0f x '>，()f x 单调递增，且()10f =，则()2f x <有两个整数解为1，2，所以，2ln 22a <且3ln 32a ≥，解得3ln 2,ln 32a ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，当0a <时，1,e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭x ，()0f x '<，()f x 单调递减，且()10f =，则()2f x <整数解有无数个，不满足题意.故选：C.6．（2020·广东高三期末）函数()cos 2sin f x x x x ax =--在()0,π上有且只有一个极值点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．11a -<< B ．11a -≤<C ．12a π-<<D ．1 1 a -≤<或 2a π=-【答案】B【解析】由()cos 2sin f x x x x ax =--得：()cos sin 2cos sin cos f x x x x x a x x x a '=---=---，由题意sin cos 0x x x a ---=在(0,)π上只有一解，sin cos a x x x =--在(0,)π上只有一解，设()sin cos g x x x x =--（(0,)x π∈），()cos g x x x '=-，()02g π'=，(0,)2x π∈时，()0g x '<，()g x 递减，(,)2x ππ∈时，()0g x '>，()g x 递增，()22g ππ=-，(0)1g =-，()1g π=，因此sin cos a x x x=--在(0,)π上只有一解，即y a =与()g x 的图象只有一个交点，如图，则11a -≤<．故选：B.二、填空题7．（2020·甘肃高三期末）函数()y f x =的图象在1x =处的切线方程是4y x =-，则()()11f f '=___________. 【答案】13-【解析】函数()y f x =的图象在1x =处的切线4y x =-的斜率为1，则()11f '=， 由于切点()()1,1f 在直线4y x =-上，则()1143f =-=-，因此，()()1113f f '=-.故答案为：13-. 8．（2020·江苏海安高级中学高三）已知函数f （x ）12212122222x x x x x x ⎧+-⎪⎪⎪=---≤-⎨⎪≤，＞，，，，若f （t ）≥f （1t ），则实数t 的取值范围是_____．【答案】)[)21⎡-⋃+∞⎣，，．。
新高中数学二轮核心突破专六 函数与导数规范答示范课函数与导数解答配套精选
标准答题示范课——函数与导数解答题[破题之道]函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点对于这类综合问题，一般是先求导，再变形、别离或分解出根本函数，再根据题意处理【典例示范】12分2021·全国Ⅱ卷函数f＝n －错误!1讨论f的单调性，并证明f有且仅有两个零点；2设0是f的一个零点，证明曲线＝n 在点A0，n 0处的切线也是曲线＝e的切线切入点：利用导数判定函数单调性，找区间零点关键点：利用f的零点0，确定切点坐标，求切线方程[标准解答]1解f的定义域为0，1∪1，＋∞因为f′＝错误!＋错误!>0，所以f在0，1，1，＋∞单调递增2分因为f e＝1－错误!错误!错误!0，所以f在1，＋∞有唯一零点1e错误!错误!错误!错误!错误! 0时，f>01解由函数f＝－a2＋e－1，可得f′＝e－2a，∵曲线＝f在点1，f1处的切线的斜率为e，∴f′1＝e－2a＝e，∴a＝02证明由1知f′＝e－2a，令h＝f′，那么h′＝e－2a>0，①当0≤a≤错误!时，h′>0，h＝f′在0，＋∞上单调递增，f′>f′0＝1，f在0，＋∞上单调递增，f>f0＝0，满足题意②当错误!错误!′＝h在n2a，＋∞上单调递增∴f′min＝f′n2a＝e n2a－2a n2a＝2a1－n2a，∵错误!错误!f0＝0，满足题意，综上，当>0时，f>022021·武汉检测函数f＝n ，g＝＋mm∈R1假设f≤g恒成立，求实数m的取值范围；21，2是函数F＝f－g的两个零点，且10，那么F′＝错误!－1＝错误!>0，当>1时，F′0，所以F在1，＋∞上单调递减，在0，1上单调递增F在＝1处取得最大值－1－m，假设f≤g恒成立，那么－1－m≤0，即m≥－－1，＋∞2证明由1可知，假设函数F＝f－g有两个零点，那么mF错误!，由F1＝F2＝0，m＝n 1－1，即证n 错误!－错误!－m＝n 错误!－错误!＋1－n 1错误!错误! 0，故h在0，1上单调递增，h<h1＝0，所以12<1。
超实用高考数学复习教学课件：规范解答 示例6 函数与导数
(2)因为x10＝e－ln
x0，故点
B－ln
x0，x10在曲线
y＝ex
上．
由题设知 f(x0)＝0，即 ln x0＝xx00＋－11，连接 AB，则直线 AB 的斜率
k＝－x10l－n xl0n－x0x0＝－x10xx－00＋－xx0011＋－－11x0＝x10.
曲线 y＝ex 在点
B－ln
②当 x∈0，π2时，由(1)知，f′(x)在(0，α)上单调递增，在α，π2上 单调递减，
而 f′(0)＝0，f′π2<0，
所以存在 β∈α，π2，使得 f′(β)＝0，且当 x∈(0，β)时，f′(x)>0；
当 x∈β，π2时，f′(x)<0．
故 f(x)在(0，β)上单调递增，在β，π2上单调递减.
养成良好的答题习惯，是决定高考数学成败的决定性因素之一。做题前， 要认真阅读题目要求、题干和选项，并对答案内容作出合理预测;答题时，切忌 跟着感觉走，最好按照题目序号来做，不会的或存在疑问的，要做好标记，要 善于发现，找到题目的题眼所在，规范答题，书写工整;答题完毕时，要认真检 查，查漏补缺，纠正错误。总之，在最后的复习阶段，学生们不要加大练习量 。在这个时候，学生要尽快找到适合自己的答题方式，最重要的是以平常心去 面对考试。数学最后的复习要树立信心，考试的时候遇到难题要想“别人也难 ”，遇到容易的则要想“细心审题”。越到最后，考生越要回归基础，单词最 好再梳理一遍，这样有利于提高阅读理解的效率。另附高考复习方法和考前30 天冲刺复习方法。
第三轮复习，即考前冲刺复习阶段
在这个阶段我们应该大量做一些练习，要做题先要选题，高考真题一定是
最好的练习题！因此建议一定要好好做一下最十年以来的高考试卷，包括全国 卷和地方卷，其次最好能找到近5年以来各区的统考试题，在做题的过程中来巩 固前面复习过的考点。同时最后的复习别忘了课本，特别是在考前应该再次翻 开课本把里面公式和定理再看看，把典型的例题再做做，因为书上的例题毕竟 比较简单，在考前做例题一是防止手生，便于高考正常发挥，一是有助于提高 我们的自信心。
2023年高考数学客观题专题六 函数与导数
2.函数的奇偶性:
(1)奇函数、偶函数的定义:
如果对于函数f(x)的定义域内的任意一个x,都有f(-x)=f(x),则称
函数y=f(x)是偶函数;
如果对于函数则
称函数y=f(x)是奇函数.
(2)奇、偶函数的性质:
①偶函数的图象关于y轴对称;奇函数的图象关于原点对称.
A∩B= (
)
A.(1,2)
B.[1,2]
C.[1,2)
D.(1,2]
【答案】D
【解析】由题意得x-1>0,解得x>1,则集合B={x|x>1}.
而集合A={x|-1≤x≤2},
于是A∩B={x|1<x≤2}.故选D.
6.若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞)单调递增,则k的取值范围是( )
1
D.-4
)
3.若奇函数y=f(x)的图象关于直线x=2对称,且f(3)=3,则f(-1)=
【答案】-3
【解析】y=f(x)的图象关于直线x=2对称,则f(3)=f(1)=3.
y=f(x)为奇函数,则f(-1)=-f(1)=-3.
.
1
4.函数f(x)=ln(+1)+
4 − 2 的定义域为
(
方程f(x)=0有实数根⇔函数y=f(x)的图象与x轴有交点⇔函数
y=f(x)有零点.
2.定理:如果函数y=f(x)在区间[a,b]上的图象是连续不断的一
条曲线,并且有:f(a)f(b)<0,那么函数y=f(x)在区间(a,b)内有零点,即
存在c∈(a,b),使得f(c)=0,这个c也就是方程f(x)=0的根.
指数、对数的运算性质:
(1)幂的运算性质:aman=am+n;
专题06 导数 6.3导数与函数的极值、最值 题型归纳讲义-2022届高三数学一轮复习(原卷版)
专题六《导数》讲义6.3导数与函数的极值、最值知识梳理.极值与最值1．函数的极值(1)函数的极小值：函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．(2)函数的极大值：函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．2．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．题型一. 极值、最值的概念1．函数y＝x sin x+cos x的一个极小值点为（）A．x=−π2B．x=π2C．x＝πD．x=3π22．（2017·全国2）若x＝﹣2是函数f（x）＝（x2+ax﹣1）e x﹣1的极值点，则f（x）的极小值为（）A．﹣1B．﹣2e﹣3C．5e﹣3D．1 3．（2013·全国2）已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+c，下列结论中错误的是（）A．∃x0∈R，f（x0）＝0B．函数y＝f（x）的图象是中心对称图形C ．若x 0是f （x ）的极小值点，则f （x ）在区间（﹣∞，x 0）上单调递减D ．若x 0是f （x ）的极值点，则f ′（x 0 ）＝04．已知函数f （x ）＝x 3+ax 2﹣4x +5在x ＝﹣2处取极值（a ∈R ）． （1）求f （x ）的解析式；（2）求函数f （x ）在[﹣3，3]上的最大值．题型二.已知极值、最值求参 考点1.利用二次函数根的分布1．若函数f （x ）＝x 3﹣3bx +b 在区间（0，1）内有极小值，则b 的取值范围是（ ） A ．（﹣∞，1）B ．（0，1）C ．（1，+∞）D ．（﹣1，0）2．已知函数f （x ）=13x 3−12ax 2+x 在区间（12，3）上既有极大值又有极小值，则实数a 的取值范围是（ ） A ．（2，+∞） B ．[2，+∞）C ．（2，52）D ．（2，103）考点2.参变分离3．若函数f （x ）=x 33−a 2x 2+x +1在区间（12，3）上有极值点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．（2，52）B ．[2，52）C ．（2，103） D ．[2，103）4．已知函数f(x)=e xx 2+2klnx −kx ，若x ＝2是函数f （x ）的唯一极值点，则实数k 的取值范围是（ ） A ．(−∞，e 24] B ．(−∞，e 2]C ．（0，2]D ．[2，+∞）考点3.分类讨论5．已知函数f （x ）＝ax −1x −（a +1）lnx +1在（0，1]上的最大值为3，则实数a ＝ ． 6．已知函数f(x)=(12x 2−ax)lnx −12x 2+32ax ．（1）讨论函数f （x ）的极值点；（2）若f （x ）极大值大于1，求a 的取值范围．7．已知函数f （x ）＝lnx −a x（a ∈R ） （1）求函数f （x ）的单调增区间；（2）若函数f （x ）在[1，e ]上的最小值为32，求a 的值．考点4.初探隐零点——设而不求，虚设零点8．（2013·湖北）已知a为常数，函数f（x）＝x（lnx﹣ax）有两个极值点x1，x2（x1＜x2）（）A．f(x1)＞0，f(x2)＞−12B．f(x1)＜0，f(x2)＜−12C．f(x1)＞0，f(x2)＜−12D．f(x1)＜0，f(x2)＞−129．已知f（x）＝（x﹣1）2+alnx在(14，+∞)上恰有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，则f(x1)x2的取值范围为（）A．(−3，12−ln2)B．(12−ln2，1)C．(−∞，12−ln2)D．(12−ln2，34−ln2)10．（2017·全国2）已知函数f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．（1）求a；（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．课后作业.极值、最值1．若函数f （x ）＝（x 2+ax +3）e x 在（0，+∞）内有且仅有一个极值点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．（﹣∞，﹣2）B ．（﹣∞，﹣2]C ．（﹣∞，﹣3）D ．（﹣∞，﹣3]2．已知函数f(x)=xe x −13ax 3−12ax 2有三个极值点，则a 的取值范围是（ ） A ．（0，e ）B ．(0，1e)C ．（e ，+∞）D ．(1e，+∞)3．已知f （x ）＝e x ，g （x ）＝lnx ，若f （t ）＝g （s ），则当s ﹣t 取得最小值时，f （t ）所在区间是（ ） A ．（ln 2，1）B ．（12，ln 2）C ．（13，1e）D ．（1e，12）4．已知函数f （x ）＝lnx +x 2﹣ax +a （a ＞0）有两个极值点x 1、x 2（x 1＜x 2），则f （x 1）+f （x 2）的最大值为（ ） A ．﹣1﹣ln 2B ．1﹣ln 2C ．2﹣ln 2D ．3﹣ln 25．已知函数f(x)=lnx +12ax 2+x ，a ∈R ． （1）求函数f （x ）的单调区间；（2）是否存在实数a ，使得函数f （x ）的极值大于0？若存在，求a 的取值范围；若不存在，请说明理由．。
规范答题示范课——函数与导数解答题课件
❸得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如第(1)问中，求导f′(x) 准确，否则全盘皆输；第(2)问中正确求g′(x)及g(x)max，数形结合得不等式组，并 准确计算出a>1，且a≠e，否则导致失分.
1.已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝x＋m(m∈R). (1)若f(x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围； 解 令F(x)＝f(x)－g(x)＝ln x－x－m(x>0)， 则 F′(x)＝x1－1＝1－x x(x>0)， 当x>1时，F′(x)<0，当0<x<1时，F′(x)>0， 所以F(x)在(1，＋∞)上单调递减，在(0，1)上单调递增.
(2)证明函数y＝f(x)存在唯一的极值点； 证明 令f′(x)＝a－(x＋1)ex＝0，则a＝(x＋1)ex. 令g(x)＝(x＋1)ex，则g′(x)＝(x＋2)ex. 当x∈(－∞，－2)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当x∈(－2，＋∞)时，g′(x)＞0， g(x)单调递增. 又当x→－∞时，g(x)＜0，当x→＋∞时，g(x)＞0， 又g(－1)＝0，故画出g(x)的大致图象如下：
则 h′(x)＝x12＋1－2x＝x2－x22x＋1>0， 故h(x)在(0，1)上单调递增， h(x)<h(1)＝0， 所以x1x2<1.
2.(202X·天津卷)已知a＞0，函数f(x)＝ax－xex. (1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； 解 f′(x)＝a－(x＋1)ex，则f′(0)＝a－1， 又f(0)＝0，则所求切线方程为y＝(a－1)x(a＞0).
(3)若存在实数a，使得f(x)≤a＋b对任意x∈R成立，求实数b的取值范围. 解 由(2)知f(x)max＝f(m)，此时a＝(1＋m)em，且m＞－1， 所以(f(x)－a)max＝f(m)－a ＝(m2－m－1)em，m＞－1. 令h(x)＝(x2－x－1)ex(x＞－1)， 若存在a，使得f(x)≤a＋b对任意x∈R成立，等价于存在x∈(－1，＋∞)，使得 h(x)≤b，即b≥h(x)min. h′(x)＝(x2＋x－2)ex＝(x－1)(x＋2)ex，x＞－1，
高考数学专题《函数与导数》解读
从新高考的考查情况来看，函数与导数一直是高考的重点和难点．一般以基本初等函数为载体，利用导数研究函数的单调性、极值、最值、零点等问题，同时与解不等式关系最为密切，还可能与三角函数、数列等知识综合考查。
一般出现在选择题和填空题的后两题以及解答题中，难度较大，复习备考的过程中应引起重视。
通过导数研究函数的单调性、极值、最值问题，考查考生的分类讨论思想、等价转化思想以及数学运算、逻辑推理核心素养.1、研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论． (1)讨论分以下四个方面①二次项系数讨论；②根的有无讨论；③根的大小讨论；④根在不在定义域内讨论． (2)讨论时要根据上面四种情况，找准参数讨论的分类． (3)讨论完毕须写综述．2、研究函数零点或方程根的方法(1)通过最值(极值)判断零点个数的方法:借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围．(2)数形结合法求解零点:对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围．(3)构造函数法研究函数零点:①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法． 3、求与函数零点有关的参数范围的方法： 方程有实根函数的图象与轴有交点函数有零点．（1）参数分离法，构造新的函数，将问题转化为利用导数求新函数单调性与最值.（2）分类讨论法. 4、不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点()0f x =()y f x =x ()y f x =重难点06 函数与导数和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．恒成立问题的重要思路：(1)m≥f(x)恒成立⇒m≥f(x)max．(2)m≤f(x)恒成立⇒m≤f(x)min．存在性（有解）问题的重要思路：(1)存在m≥f(x) ⇒m≥f(x) min(2) 存在m≤f(x) ⇒m≤f(x) max．5、利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法：(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min＞g(x)max；(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)＞0.无论不等式的证明还是解不等式，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质，达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝.6、函数性质综合问题函数性质综合应用问题的常见类型及解题策略：（1）函数单调性与奇偶性的综合．注意函数单调性及奇偶性的定义，以及奇、偶函数图象的对称性．（2）周期性与奇偶性的综合．此类问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行变换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解．（3）单调性、奇偶性与周期性的综合．解决此类问题通常先利用周期性转化自变量所在的区间，然后利用奇偶性和单调性求解．（4）应用奇函数图象关于原点对称，偶函数图象关于y轴对称．利用单调性比较大小、解不等式、研究函数的最值、函数单调性的讨论（含参）、零点问题和不等式恒成立的相关问题（包含不等式证明和由不等式恒成立求参数取值范围）是出题频率最高的；同时也要注意极值点偏移、双变量等热点问题。
高中数学高考导数题型分析及解题方法(20200618174545)
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题型三：利用导数研究函数的单调性，
极值、最值
1．已知函数 f (x)
3
x
2
ax
bx
c, 过曲线 y
f (x)上的点 P(1, f (1)) 的切线方程为 y=3x+1
（Ⅰ）若函数 f (x)在 x 2 处有极值， 求 f ( x) 的表达式；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，
求函数 y f ( x) 在 [ － 3， 1] 上的最大值；
x0 3 ②，
由①②联立方程组得，
x0 1或 x0 5
y0 1 y0 25 ， 即切点为（ 1， 1 ）时， 切
线斜率为 k1 2x0 2;；当切点为（ 5， 25 ）时， 切线斜率为 k2 2x0 10 ；所以所求的切线有
两条， 方程分别为 y 1 2( x 1) 或y 25 10( x 5)，即y 2 x 1 或y 10 x 25
12b b2 12
0, 则0 b 6.
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综上所述， 参数 b 的取值范围是 [ 0, )
3
2
2．已知三次函数 f (x) x ax bx c 在 x 1 和 x 1时取极值， 且 f ( 2) 4 ．
(1) 求函数 y f (x) 的表达式；
(2) 求函数 y f (x) 的单调区间和极值；
(3) 若函数 g ( x) f ( x m) 4m ( m 0) 在区间 [ m 3, n] 上的值域为 [ 4,16] ， 试求 m 、 n 应满 足的条件． 解： (1) f ( x) 3x 2 2 ax b ， 由题意得， 1, 1 是 3x 2 2ax b 0 的两个根， 解得， a 0, b 3 ． 再由 f ( 2) 4 可得 c 2 ．∴ f (x) x 3 3x 2 ． (2) f (x) 3x2 3 3(x 1)(x 1) ， 当 x 1 时， f ( x) 0 ；当 x 1时， f (x) 0 ；
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当x∈ 时，h′(x)＜0，⑤
所以h(x)在区间 上单调递减．⑥
所以对任意x∈ 有h(x)≤h(0)＝0，
即f′(x)≤0，⑦
所以函数f(x)在区间 上单调递减，⑧
因此f(x)在区间 上的最大值为f(0)＝1，⑨
最小值为f ＝－ .⑩
第(1)问
第(2)问
得
分
点
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
⑩
2
1
1
2
1
1
1
1
1ห้องสมุดไป่ตู้
1
4分
8分
第(1)问踩点得分说明
①有正确的求导式子得2分；
②得出f′(0)＝0得1分；
③写出切线方程y＝1得1分.
第(2)问踩点得分说明
④对新函数h(x)＝ex(cosx－sinx)－1求导正确得2分；
⑤得出x∈ 时，h′(x)＜0得1分，求导出错不得分；
⑥正确判断出函数h(x)的单调性得1分；
⑦得出f′(x)≤0得1分；
⑧判断出函数f(x)在区间 的单调性得1分；
⑨求出最大值得1分；
⑩求出最小值得1分.
标准答案
阅卷现场
(1)因为f(x)＝excosx－x，
所以f′(x)＝ex(cosx－sinx)－1，①
又因为f(0)＝1，f′(0)＝0，②
所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.
③
(2)设h(x)＝ex(cosx－sinx)－1转为函数，
则h′(x)＝ex(cosx－sinx－sinx－cosx)
典例
(本题满分12分)已知函数f(x)＝excosx－x.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)求函数f(x)在区间 上的最大值和最小值.
审题
路线
(1)要求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程⇒需求f′(0)及f(0)的值⇒利用点斜式求切线方程.
(2)要求函数f(x)在区间 上的最大值和最小值⇒需求函数f(x)在区间 上的极值及端点处的函数值⇒比较极值与端点处的函数值即可求出最大值和最小值.
高考解答题的审题与答题示范(六)函数与导数类解答题
[思维流程]——函数与导数问题重在“转”与“分”
[审题方法]——审结论
问题解决的最终目标就是求出结论或说明已给结论正确或错误．因而解决问题时的思维过程大多都是围绕着结论这个目标进行定向思考的．审视结论，就是在结论的启发下，探索已知条件和结论之间的内在联系和转化规律．善于从结论中捕捉解题信息，善于对结论进行转化，使之逐步靠近条件，从而发现和确定解题方向．