高中数学函数与导数常
考题型归纳
集团文件版本号：（M928-T898-M248-WU2669-I2896-DQ586-M1988）
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. 1
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a.
x若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
?1?
若a＞0，则当x∈?0，?时，f′(x)＞0；
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?1?
当x∈?，＋∞?时，f′(x)＜0，
?a?
??1?1?
所以f(x)在?0，?上单调递增，在?，＋∞?上单调递减.
a???a?
综上，知当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
??1?1?
当a＞0时，f(x)在?0，?上单调递增，在?，＋∞?上单调递减.
?
a??a?
(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；
?1??1?11
当a＞0时，f(x)在x＝处取得最大值，最大值为f??＝ln ＋a?1－?＝－ln a＋a－1.
a?a?
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a?
?1?
因此f??＞2a－2等价于ln a＋a－1＜0.
?a?
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＋ax)e(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)＝(－x2＋2x)ex， 所以f′(x)＝(－2x＋2)e＋(－x＋2x)e ＝(－x2＋2)ex.
令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，因为ex>0， 所以－x2＋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)ex＋(－x2＋ax)ex ＝－x2＋(a－2)x＋a]ex， 所以－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0对x∈(－1，1)都成立. 因为ex>0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0对x∈(－1，1)都成立， x2 2 xxx2＋2x（x＋1）2－1即a≥＝ x＋1x＋1 1 ＝(x＋1)－对x∈(－1，1)都成立. x＋1令y＝(x＋1)－ 11，则y′＝1＋>0. x＋1（x＋1）2 1 在(－1，1)上单调递增， x＋1 所以y＝(x＋1)－ 133 所以y<(1＋1)－＝.即a≥. 1＋1223 因此实数a的取值范围为a≥. 2 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. m 【例2】设函数f(x)＝ln x＋，m∈R. x (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)－零点的个数. 3e 解 (1)由题设，当m＝e时，f(x)＝ln x＋， xx定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝ x－e ，由f′(x)＝0，得x＝e. x2 ∴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， e ∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋＝2， e∴f(x)的极小值为2. x1mx(2)由题设g(x)＝f′(x)－＝－2－(x＞0)， 3xx3 1 令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x＞0). 313 设φ(x)＝－x＋x(x＞0)， 3 则φ′(x)＝－x2＋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. 2 ∴φ(x)的最大值为φ(1)＝. 3 又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)， 2 可知①当m＞时，函数g(x)无零点； 3 2 ②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点； 32 ③当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点； 3④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点. 2 综上所述，当m＞时，函数g(x)无零点； 32 当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点； 32 当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点. 3 【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)＝(ax2＋x)ex，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ex>0，(ax2＋x)ex≤0. ∴ax2＋x≤0.又因为a>0， ?1? 所以不等式化为x?x＋?≤0. a?? ?1? 所以不等式f(x)≤0的解集为?－，0?. ?a? (2)当a＝0时，方程即为xex＝x＋2， 由于ex>0，所以x＝0不是方程的解， 2 所以原方程等价于ex－－1＝0. x2 令h(x)＝ex－－1， x2 因为h′(x)＝ex＋2>0对于x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立， x所以h(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)内是单调递增函数，
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