【数学】2019届一轮复习全国通用版必考题讲座（一）导数及其应用学案
高考必考题突破讲座(一)
导数及其应用
题型特点 考情分析 命题趋势
2017·全国卷Ⅰ，
21
2017·全国卷Ⅱ，
21
2017·全国卷Ⅲ，
21
2017·天津卷，
19
1.极值、最值、导
数几何意义及单调性
的综合问题．
2．利用导数研究
不等式的综合问题.
分值：12～14
分
1.以函数为载体，以导数为解题工具，主
要考查函数的单调性、极值、最值问题的求法，
以及参数的取值范围问题．
2．不等式的证明问题是高考考查的热点
内容，常与不等式、二次函数等相联系．问题
的解决通常采用构造新函数的方法.
1．利用导数研究函数的性质
以含参数的函数为载体，结合具体函数与导数的几何意义，研究函数的性质，是高考的
热点．主要考查：(1)讨论函数的单调性和单调区间；(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．
2．利用导数研究函数的零点或曲线交点问题
导数与函数方程交汇是近年命题的热点，常转化为研究函数图象的交点问题，研究函数
的极(最)值的正负．主要考查：(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．
3．利用导数研究不等式问题
导数在不等式中的应用问题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．主要考查证明不等式和不等式成立(恒成立)问题．
(1)利用导数证明不等式的方法
可以从所证不等式的结构和特点出发，结合已有的知识利用转化与化归思想，构造一个
新的函数，再借助导数确定函数的单调性，利用单调性实现问题的转化，从而使不等式得到
证明，其一般步骤是：构造可导函数→研究单调性或最值→得出不等关系→整理得出结论．
(2)利用导数研究不等式恒成立问题，首先要构造函数，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；也可分离变量，构造函数，
直接把问题转化为函数的最值问题．
(3)不等式成立(恒成立)问题常见的转化方法
①f(x)≥a 恒成立⇔f(x)min≥a，f(x)≥a 成立⇔f(x)max≥a；
②f(x)≤b 恒成立⇔f(x)max≤b，f(x)≤b 成立⇔f(x)min≤b；
③f(x)>g(x)恒成立 ??????????F(x)＝f(x)－g(x)
F(x)min>0；
④∀x1∈M，∀x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max；
⑤∀x1∈M，∃x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min；
⑥∃x1∈M，∃x2∈B，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)min；
⑦∃x1∈M，∀x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max.
【例 1】(2017·天津卷)设 a，b∈R，|a|≤1.已知函数 f(x)＝x3－6x2－3a(a－4)x＋b，g(x)＝
exf(x)．
(1)求 f(x)的单调区间；
(2)已知函数 y＝g(x)和 y＝ex 的图象在公共点(x0，y0)处有相同的切线．
①求证：f(x)在 x＝x0 处的导数等于 0；
②若关于 x 的不等式 g(x)≤ex 在区间[x0－1，x0＋1]上恒成立，求 b 的取值范围．
解析 (1)由 f(x)＝x3－6x2－3a(a－4)x＋b，可得 f′(x)＝3x2－12x－3a(a－4)＝3(x－a)[x
－(4－a)]．
令 f′(x)＝0，解得 x＝a 或 x＝4－a.
由|a|≤1，得 a<4－a.
当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表.
x (－∞，a) (a,4－a) (4－a，＋∞)
f′(x) ＋ － ＋
f(x) 单调递增 单调递减 单调递增
所以 f(x)的单调递增区间为(－∞，a)，(4－a，＋∞)，单调递减区间为(a,4－a)．
(2)①证明：因为 g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]，
由题意知Error!所以Error!
解得Error!所以 f(x)在 x＝x0 处的导数等于 0.
②因为 g(x)≤ex，x∈[x0－1，x0＋1]，且 ex>0，
所以 f(x)≤1.
又因为 f(x0)＝1，f′(x0)＝0，
所以 x0 为 f(x)的极大值点，由(1)知 x0＝a.
另一方面，由于|a|≤1，故 a＋1<4－a.
由(1)知 f(x)在(a－1，a)内单调递增，在(a，a＋1)内单调递减，故当 x0＝a 时，f(x)≤f(a)＝
1 在[a－1，a＋1]上恒成立，从而 g(x)≤ex 在[x0－1，x0＋1]上恒成立．
由 f(a)＝a3－6a2－3a(a－4)a＋b＝1，得
b＝2a3－6a2＋1，－1≤a≤1.
令 t(x)＝2x3－6x2＋1，x∈[－1,1]，∴t′(x)＝6x2－12x.
令 t′(x)＝0，解得 x＝2(舍去)或 x＝0.
因为 t(－1)＝－7，t(1)＝－3，t(0)＝1，
所以 t(x)的值域为[－7,1]．所以 b 的取值范围是[－7,1]．
【例 2】(2016·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝(x－2)·e x＋a(x－1)2.
(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)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．
设 a≥0，则当 x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；
当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以 f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递
增．
设 a<0，由 f′(x)＝0，解得 x＝1 或 x＝ln(－2a)．
①若 a＝－e
2，则 f′(x)＝(x－1)(ex－e)≥0.
所以 f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
②若 a>－e
2，则 ln(－2a)<1，
故当 x∈(－∞，ln(－2a))∪(1，＋∞)时，f′(x)>0；
当 x∈(ln(－2a)，1)时，f′(x)<0.
所以 f(x)在(－∞，ln(－2a))和(1，＋∞)上单调递增，
在(ln(－2a)，1)上单调递减．
③若 a<－e
2，则 ln(－2a)>1，
故当 x∈(－∞，1)∪(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0；
当 x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0.
所以 f(x)在(－∞，1)和(ln(－2a)，＋∞)上单调递增，
在(1，ln(－2a))上单调递减．
(2)①设 a>0，则由(1)知，f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
又 f(1)＝－e，f(2)＝a，取 b 满足 b<0 且 b
a
2(b－2)＋a(b－1)2＝a(b2－3
2b)>0，
所以 f(x)有两个零点．
②设 a＝0，则 f(x)＝(x－2)ex，所以 f(x)只有一个零点．
③设 a<0，若 a≥－e
2，则由(1)知，
f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
又当 x≤1 时，f(x)<0，故 f(x)不存在两个零点；
若 a<－e
2，则由(1)知，f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，
在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增，
又当 x≤1 时，f(x)<0，故 f(x)不存在两个零点．
综上，a 的取值范围为(0，＋∞)．
【例 3】设函数 f(x)＝ax2－a－ln x，g(x)＝1
x－ e
ex，其中 a∈R，e＝2.718…为自然对数的
底数．
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)证明：当 x>1 时，g(x)>0；
(3)确定 a 的所有可能取值，使得 f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立．
解析 (1)由题意得 f′(x)＝2ax－1
x＝2ax2－1
x (x>0)．
当 a≤0 时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减．
当 a>0 时，由 f′(x)＝0，得 x＝ 1
2a
，
当 x∈(0， 1
2a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当 x∈(
1
2a
，＋∞
)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
(2)证明：令 s(x)＝ex－1－x，则 s′(x)＝ex－1－1.
当 x>1 时，s′(x)>0，s(x)递增，
则 s(x)>s(1)＝0，所以 ex－1>x，
从而 g(x)＝1
x－ 1
ex－1>0.
(3)由(2)知，当 x>1 时，g(x)>0.
当 a≤0，x>1 时，f(x)＝a(x2－1)－ln x<0.
故当 f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有 a>0.
当 01.
由(1)知 f(
1
2a )0，
所以此时 f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立．
当 a≥1
2时，令 h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)．
当 x>1 时，h′(x)＝2ax－1
x＋1
x2－e1－x>x－1
x＋1
x2－1
x＝x3－2x＋1
x2 >x2－2x＋1
x2 >0.
因此，h(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．
又因为 h(1)＝0，所以当 x>1 时，h(x)＝f(x)－g(x)>0，
即 f(x)>g(x)恒成立．
综上，a∈[
1
2，＋∞).
1．(2017·北京卷)已知函数 f(x)＝excos x－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[0，π
2 ]上的最大值和最小值．
解析 (1)因为 f(x)＝excos x－x，
所以 f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，
f′(0)＝0.
又因为 f(0)＝1，
所以曲线 y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为 y＝1.
(2)设 h(x)＝ex(cos x－sin x)－1，
则 h′(x)＝ex(cos x－sin x－sin x－cos x)＝－2exsin x.
当 x∈(0，π
2 )时，h′(x)<0，
所以 h(x)在区间[0，π
2 ]上单调递减．
所以对任意 x∈(0，π
2 ]有 h(x)0.
(1)求函数 f(x)的单调区间；
(2)若函数 f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点，求 a 的取值范围．
解析 (1)f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)．
由 f′(x)＝0，得 x＝－1 或 a(a>0)．
当 x 变化时，f′(x)与 f(x)的变化情况如表所示.
x (－∞，－1) －1 (－1，a) a (a，＋∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) 单调递增
极
大值
单调递
减
极
小值
单调递增
故函数 f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(a，＋∞)；单调递减区间是(－1，a)．
(2)由(1)知 f(x)在区间(－2，－1)内单调递增；在区间(－1,0)内单调递减．从而函数 f(x)在
区间(－2,0)内恰有两个零点，当且仅当Error!解得 00，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.故 f(x)在(－∞，ln a)上
单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
③若 a<0，则由 f′(x)＝0，得 x＝ln(－a
2 ).
当 x∈ (－∞，ln(－a
2 ))时，f′(x)<0；当 x∈ (ln(－a
2 )，＋∞)时，f′(x)>0.故 f(x)在
(－∞，ln(－a
2 ))上单调递减，在(ln(－a
2 )，＋∞)上单调递增．
(2)①若 a＝0，则 f(x)＝e2x，所以 f(x)≥0.
②若 a>0，则由(1)得，当 x＝ln a 时，f(x)取得最小值，最小值为 f(ln a)＝－a2ln a．从而
当且仅当－a2ln a≥0，即 a≤1 时，f(x)≥0.
③若 a<0，则由(1)得，当 x＝ln (－a
2 )时，f(x)取得最小值，
最小值为 f(ln(－a
2 ))＝a2
[
3
4－ln(－a
2 )].
从而当且仅当 a2
[
3
4－ln(－a
2 )]≥0，
即 a≥－2e 3
4时，f(x)≥0.
综上，a 的取值范围是[－2e3
4，1].
课时达标 讲座(一)
[解密考纲]导数是研究函数的重要工具，因此，导数的应用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．
1．(2018·河北武邑中学月考)已知函数 f(x)＝2aln x－x2.
(1)若 a＝2，求函数 f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若 a＞0，判断函数 f(x)在定义域上是否存在最大值或最小值，若存在，求出函数 f(x)
的最大值或最小值．
解析 (1)当 a＝2 时，f(x)＝4ln x－x2.
f′(x)＝4
x－2x，f′(1)＝2，f(1)＝－1，
∴函数 f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为 y＋1＝2(x－1)，即 2x－y－3＝0.
(2)f′(x)＝2a
x －2x＝
－2(x2－a)
x ，x>0.
令 f′(x)＝0，由 a>0，解得 x1＝ a，x2＝－ a(舍去)．
当 x 在(0，＋∞)上变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表.
x (0， a) a ( a，＋∞)
f′(x) ＋ 0 －
f(x) 单调递增
aln a
－a
单调递减
所以函数 f(x)在区间(0，＋∞)上有最大值，f( a)＝aln a－a，无最小值．
2．已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，x∈[－1,2]，且函数 f(x)在 x＝1 和 x＝－2
3处都取得
极值．
(1)求实数 a 与 b 的值；
(2)对任意 x∈[－1,2]，方程 f(x)＝2c 存在三个实数根，求实数 c 的取值范围．
解析 (1)f′(x)＝3x2＋2ax＋b.
由题意可知Error!解得Error!
经检验，适合条件，所以 a＝－1
2，b＝－2.
(2)原题等价于函数 y＝f(x)与函数 y＝2c 的图象存在三个交点．由(1)知 f′(x)＝3x2－x－2
＝(3x＋2)(x－1)，
令(3x＋2)(x－1)＝0，可得 x＝－2
3或 x＝1.
因为 x∈[－1,2]，所以当 x∈(－1，－2
3)和 x∈(1,2)时，f′(x)>0，函数 f(x)是增函数，
当 x∈(－2
3，1)时，函数 f(x)是减函数，
函数的极大值为 f(－2
3 )＝c＋22
27，极小值为 f(1)＝－3
2＋c，
而 f(2)＝2＋c>c＋22
27，f(－1)＝1
2＋c>－3
2＋c.
所以当 x∈[－1,2]时，要使两函数图象有三个交点，则要有 c＋ 1
2≤2c0，φ(x)单调递增；x∈(1，＋
∞)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减且 φ(x)>0，
所以 x＝1 时，φ(x)有极大值1
2，
作出两函数的大致图象，如图所示，
由图可知，当 a>1
2时，两函数图象无交点，g(x)无零点；
当 a≤0 或 a＝1
2时，两函数图象有一个交点，g(x)有一个零点；
当 00)，
则 g′(x)＝a(
1
x－1
x2 ).
令 g′(x)>0，即 a(
1
x－1
x2 )>0，解得 x>1，
令 g′(x)<0，解得 0x－1
ln x .
令 h(x)＝x－1
ln x ，
则 h′(x)＝
ln x－1＋1
x
(ln x)2 .
由(2)知，当 x∈(1，e)时，ln x－1＋1
x>0，
∴h′(x)>0，即 h(x)在(1，e)上单调递增，
∴h(x)0；当 x∈(－
1＋ 2，＋∞)时，f′(x)<0.
所以 f(x)在(－∞，－1－ 2)，(－1＋ 2，＋∞)上单调递减，
在(－1－ 2，－1＋ 2)上单调递增．
(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.
当 a≥1 时，设函数 h(x)＝(1－x)ex，h′(x)＝－xex<0(x>0)，因此 h(x)在[0，＋∞)上单调
递减，而 h(0)＝1，故 h(x)≤1，
所以 f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.
当 00(x>0)，所以 g(x)在[0，＋∞)上单
调递增，而 g(0)＝0，故 ex≥x＋1.
当 0(1－x)(1＋x) 2 ，(1－x)(1＋x) 2 －ax－1＝x(1－a－x－x 2)，取 x 0 ＝
5－4a－1
2 ，则 x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故 f(x0)>ax0＋1.
当 a≤0 时，取 x0＝ 5－1
2 ，则 x0∈(0,1)，f(x0)>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1.
综上，a 的取值范围是[1，＋∞)．
6．(2018·陕西铜川联考)已知 f(x)＝x－a－1
x －aln x，其中 a∈R.
(1)求函数 f(x)的极大值点；
(2)当 a∈(－∞，1＋1
e]∪[1＋e，＋∞)时，若在[
1
e，e ]上至少存在一点 x0，使得 f(x0)＞e－
1 成立，求 a 的取值范围．
解析 (1)由已知得 f′(x)＝1＋a－1
x2 －a
x＝x2－ax＋(a－1)
x2 ＝
(x－1)[x－(a－1)]
x2 ，x>0，
当 a－1≤0，即 a≤1 时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，无极大值；
当 01，即 a>2 时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，a－1)上单调递减，在(a－1，＋∞)
上单调递增，故 f(x)在 x＝1 处取得极大值．
综上所述，当 a≤1 或 a＝2 时，f(x)无极大值；当 12 时，f(x)的极大值点为 x＝1.
(2)在[
1
e，e ]上至少存在一点 x0，使得 f(x0)>e－1 成立等价于当 x∈[
1
e，e ]时，f(x)max>e－
1.
由(1)知，当 a≤1＋1
e时，
函数 f(x)在[
1
e，1 )上单调递减，在(1，e]上单调递增，
∴f(x)max＝max{f(
1
e )，f(e)}，
∴要使 f(x)max>e－1 成立，必须使 f(
1
e )>e－1 成立或 f(e)>e－1 成立，
由 f(
1
e )＝1
e－(a－1)e＋a>e－1，得 ae－1，得 a<1，
∵e＋1
e2－e<1，∴a<1.
当 a≥1＋e 时，函数 f(x)在[
1
e，1 )上单调递增，在(1，e]上单调递减，
∴f(x)max＝f(1)＝2－a≤1－ee－1 成立．故满足条件
的 a 的取值范围为(－∞，1)．
