【数学】2019届一轮复习北师大版理科专题探究课一函数与导数问题的热点题型学案
高考导航 1.函数与导数作为高中数学的核心内容，是历年高考的重点、热点，试题主要以解答题的形式命题，能力要求高，属于压轴题目；2.高考中函数与导数常涉及的问题主要有：(1)研究函数的性质(如单调性、极值、最值)；(2)研究函数的零点(方程的根)、曲线的交点；(3)利用导数求解不等式问题(证明不等式、不等式的恒成立或能成立求参数的范围).
热点一 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、重点.本热点主要有三种考查方式：(1)讨论函数的单调性或求单调区间；(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.
【例1】 (2015·全国Ⅱ卷)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)＝－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∈时，f′(x)＞0；
当x∈时，f′(x)＜0，
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减.
综上，知当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减.
(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＝处取得最大值，最大值为f ＝ln ＋a＝－ln a＋a－1.
因此f ＞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).
探究提高 (1)判断函数的单调性，求函数的单调区间、极值等问题，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.
(2)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.
【训练1】 设f(x)＝－x3＋x2＋2ax.
(1)若f(x)在上存在单调递增区间，求a的取值范围；
(2)当0＜a＜2时，f(x)在[1，4]上的最小值为－，求f(x)在该区间上的最大值.
解 (1)f′(x)＝－x2＋x＋2a，
由题意得，f′(x)>0在上有解，
只需f′>0，即＋2a＞0，
得a＞－.
所以，当a＞－时，f(x)在上存在单调递增区间.
(2)已知0＜a＜2，f(x)在[1，4]上取到最小值－，而f′(x)＝－x2＋x＋2a的图像开口向下，且对称轴x＝，∴f′(1)＝－1＋1＋2a＝2a＞0，f′(4)＝－16＋4＋2a＝2a
－12＜0，则必有一点x0∈[1，4]，使得f′(x0)＝0，此时函数f(x)在[1，x0]上单调递增，在[x0，4]上单调递减，
f(1)＝－＋＋2a＝＋2a＞0，
∴f(4)＝－×64＋×16＋8a＝－＋8a＝－⇒a＝1.
此时，由f′(x0)＝－x＋x0＋2＝0⇒x0＝2或－1(舍去)，所以函数f(x)max＝f(2)＝.
热点二 利用导数解决不等式问题(教材VS高考)
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.归纳起来常见的命题角度有：(1)证明不等式；(2)求解不等式；(3)不等式恒(能)成立求参数.
命题角度1 证明不等式
【例2－1】 (满分12分)(2017·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a<0时，证明f(x)≤－－2.
教材探源 本题第(2)问的实质是证明ln＋＋1≤0，是不等式x－1≥ln x的变形，源于教材选修2－2 P32习题B1，是在教材基本框架ex>1＋x与x≥1＋
ln x基础上，结合函数性质，编制的优美试题，2016年全国Ⅲ卷T21，2017年全国Ⅲ卷T21有异曲同工之处.
满分解答 (1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.
1分 (得分点1)
若a≥0时，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，2分 (得分点2)
若a<0时，则当x∈时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.
故f(x)在上单调递增，在上单调递减.5分 (得分点3)
(2)证明 由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－处取得最大值，最大值为f ＝ln－1－，
所以f(x)≤－－2等价于ln－1－≤－－2，
即ln＋＋1≤0，8分 (得分点4)
设g(x)＝ln x－x＋1，则g′(x)＝－1.
当x∈(0，1)时，g′(x)>0；x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.
所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.
故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.
10分 (得分点5)
所以当x>0时，g(x)≤0，
从而当a<0时，ln＋＋1≤0，
故f(x)≤－－2.12分 (得分点6)
❶得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分，如第(1)问中，求导正确，分类讨论；第(2)问中利用单调性求g(x)的最小值和不等式性质的运用.
❷得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中，求出f(x)的定义域，f′(x)在(0，＋∞)上单调性的判断；第(2)问，f(x)在x＝－处最值的判定，f(x)≤－－2等价转化为ln＋＋1≤0等.
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，准确计算f(x)在x＝－处的最大值.
第一步：求函数f(x)的导函数f′(x)；
第二步：分类讨论f(x)的单调性；
第三步：利用单调性，求f(x)的最大值；
第四步：根据要证的不等式的结构特点，构造函数g(x)；
第五步：求g(x)的最大值，得出要证的不等式；
第六步：反思回顾，查看关键点、易错点和解题规范.
命题角度2 已知不等式恒(能)成立，求参数的
取值范围
【例2－2】 (2017·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)＝x－1－aln x.
(1)若f(x)≥0，求a的值；
(2)设m为整数，且对于任意正整数n，·…·
0，由f′(x)＝1－＝知，
当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0；
所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增，
故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点.
因为f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)min＝f(1)＝0，
故a＝1.
(2)由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x>0，
令x＝1＋，得ln<.
从而ln＋ln＋…＋ln<＋＋…＋＝1－<1.
故·…··＝>2，
∴当n≥3时，·…·∈(2，e)，
由于·…·0.
从而f′(x)<0，f(x)在R上单调递减.
②当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝－ln a.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，－ln a)
－ln a
(－ln a，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
极小值
综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递减；
当a>0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减；
在(－ln a，＋∞)上单调递增.
(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－＋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－＋ln a>0，
即f(－ln a)>0，故f(x)没有零点；
③当a∈(0，1)时，1－＋ln a<0，即f(－ln a)<0.
又f(－2)＝ae－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n0满足n0>ln，
则f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0>en0－n0>2n0－n0>0.
由于ln>－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).
探究提高 用导数研究函数的零点，一是用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；二是将零点问题转化为函数图像的交点问题，结合函数的极值利用数形结合来解决.
【训练3】 设函数f(x)＝－kln x，k>0.
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点.
(1)解 由f(x)＝－kln x(k>0)，
得x>0且f′(x)＝x－＝.
由f′(x)＝0，解得x＝(负值舍去).
f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：
x
(0，)
(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
所以f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞).
f(x)在x＝处取得极小值f()＝.
(2)证明 由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()＝.
因为f(x)存在零点，所以≤0，从而k≥e.
当k＝e时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()＝0，所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点.
当k>e时，f(x)在区间(0，)上单调递减，且f(1)＝>0，f()＝<0，
所以f(x)在区间(1，]上仅有一个零点.
综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点.
1.(2018·咸阳调研)已知函数f(x)＝x2－ln x－ax，a∈R.
(1)当a＝1时，求f(x)的最小值；
(2)若f(x)>x，求a的取值范围.
解 (1)当a＝1时，f(x)＝x2－ln x－x，
f′(x)＝(x>0).
当x∈(0，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)的最小值为f(1)＝0.
(2)由f(x)>x，x∈(0，＋∞)，
得f(x)－x＝x2－ln x－(a＋1)x>0.
由于x>0，所以f(x)>x等价于x－>a＋1.
令g(x)＝x－，则g′(x)＝.
当x∈(0，1)时，g′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0.故g(x)有最小值g(1)＝1.
故a＋1<1，a<0，即a的取值范围是(－∞，0).
2.(2017·浙江卷)已知函数f(x)＝(x－)e－x.
(1)求f(x)的导函数；
(2)求f(x)在区间上的取值范围.
解 (1)f′(x)＝(x－)′e－x＋(x－)(e－x)′
＝e－x－(x－)e－x
＝e－x
＝.
(2)令f′(x)＝＝0，
解得x＝1或.
当x变化时，f(x)，f′(x)的变化如下表：
x
1
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
e－
0
e－
又f＝e－，f(1)＝0，f＝e－，
f(x)＝(－1)2e－x≥0，
则f(x)在区间上的最大值为e－.
最小值为0.
综上，f(x)在区间上的取值范围是.
3.设f(x)＝ex(ln x－a)(e是自然对数的底数，e＝2.71 828…).
(1)若y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝2ex＋b，求a，b的值；
(2)若函数f(x)在区间上单调递减，求实数a的取值范围.
解 (1)因为f′(x)＝ex(ln x－a)＋ex·＝ex，
所以由题意，得f′(1)＝e(1－a)＝2e，
解得a＝－1.
所以f(1)＝e(ln 1－a)＝e，
由切点(1，e)在切线y＝2ex＋b上，
得e＝2e＋b，b＝－e，故a＝－1，b＝－e.
(2)由题意可得f′(x)＝
ex≤0在上恒成立.
因为ex>0，
所以只需ln x＋－a≤0，
即a≥ln x＋在上恒成立.
令g(x)＝ln x＋，
因为g′(x)＝－＝，由g′(x)＝0，得x＝1.
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下：
x
1
(1，e)
g′(x)
－
0
＋
g(x)
极小值
g＝ln＋e＝e－1，g(e)＝1＋，
因为e－1>1＋，
所以g(x)max＝g＝e－1，所以a≥e－1.
故实数a的取值范围是[e－1，＋∞).
4.(2018·衡水中学质检)已知函数f(x)＝.
(1)若f(x)在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数a的取值范围；
(2)若a＝0，x0<1，设直线y＝g(x)为函数f(x)的图像在x＝x0处的切线，求证：f(x)≤g(x).
(1)解 易知f′(x)＝－，
由已知得f′(x)≥0对x∈(－∞，2)恒成立，
故x≤1－a对x∈(－∞，2)恒成立，
∴1－a≥2，∴a≤－1.
故实数a的取值范围为(－∞，－1].
(2)证明 a＝0，则f(x)＝.
函数f(x)的图像在x＝x0处的切线方程为y＝g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0).
令h(x)＝f(x)－g(x)
＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，x∈R，
则h′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝－
＝.
设φ(x)＝(1－x)ex0－(1－x0)ex，x∈R，
则φ′(x)＝－ex0－(1－x0)ex，
∵x0<1，∴φ′(x)<0，
∴φ(x)在R上单调递减，而φ(x0)＝0，
∴当x0，当x>x0时，φ(x)<0，
∴当x0，当x>x0时，h′(x)<0，
∴h(x)在区间(－∞，x0)上为增函数，在区间(x0，＋∞)上为减函数，∴x∈R时，h(x)≤h(x0)＝0，
∴f(x)≤g(x).
5.已知函数f(x)＝ax＋ln x，其中a为常数.
(1)当a＝－1时，求f(x)的单调递增区间；
(2)当0<－0}，
当a＝－1时，f(x)＝－x＋ln x(x>0)，f′(x)＝(x>0)；
当00；当x>1时，f′(x)<0.
所以f(x)的单调递增区间为(0，1).
(2)因为f′(x)＝a＋(x>0)，令f′(x)＝0，解得x＝－；
由f′(x)>0，解得00；
当x>e时，g′(x)<0.
从而g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减.
所以g(x)max＝g(e)＝＋<1，
所以，|f(x)|>g(x)，即|f(x)|>＋，
所以，方程|f(x)|＝＋没有实数根.
6.（2018·上饶质检）已知函数f(x)＝ln(x＋1)＋(a∈R).
(1)当a＝1时，求f(x)的图像在x＝0处的切线方程；
(2)当a<0时，求f(x)的极值；
(3)求证：ln(n＋1)>＋＋…＋(n∈N+).
(1)解 当a＝1时，f(x)＝ln(x＋1)＋，
∴f′(x)＝＋＝.
∵f(0)＝0，f′(0)＝2，
∴所求切线方程为y＝2x.
(2)解 f(x)＝ln(x＋1)＋(x>－1)，f′(x)＝，
∵a<0，∴当x∈(－1，－a－1)时，f′(x)<0；
当x∈(－a－1，＋∞)时，f′(x)>0，
函数f(x)的极小值为f(－a－1)＝a＋1＋ln(－a)，无极大值.
(3)证明 由(2)知，取a＝－1，f(x)＝ln(x＋1)－≥f(0)＝0.
当x>0时，ln(x＋1)>，取x＝，
得ln>＝>.
∴ln＋ln＋…＋ln>＋＋…＋⇔ln>＋＋…＋，
即ln(n＋1)>＋＋…＋.
