(完整版)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

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)

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 )＝(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.