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)＝lnx＋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＝－lna＋a－1. 因此f＞2a－2等价于lna＋a－1＜0. 令g(a)＝lna＋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lna＋a－1<0，则需要构造函数来解. 【变式训练】已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex(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)ex＋(－x2＋2x)ex ＝(－x2＋2)ex.
令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，因为ex>0， 所以－x2＋2>0，解得－ 所以函数f(x)的单调递增区间是(－，). (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， 即a≥＝ ＝(x＋1)－对x∈(－1，1)都成立. 令y＝(x＋1)－，则y′＝1＋>0. 所以y＝(x＋1)－在(－1，1)上单调递增， 所以y<(1＋1)－＝.即a≥. 因此实数a的取值范围为a≥. 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)＝lnx＋，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)－零点的个数. 解 (1)由题设，当m＝e时，f(x)＝lnx＋， 定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝，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)＝lne＋＝2， ∴f(x)的极小值为2. (2)由题设g(x)＝f′(x)－＝－－(x＞0)， 令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x＞0). 设φ(x)＝－x3＋x(x＞0)， 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. ∴φ(x)的最大值为φ(1)＝. 又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)， 可知①当m＞时，函数g(x)无零点； ②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点； ③当0＜m＜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＞时，函数g(x)无零点； 当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点； 当0＜m＜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)＝(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， 所以不等式化为x≤0. 所以不等式f(x)≤0的解集为. (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， 所以原方程等价于ex－－1＝0. 令h(x)＝ex－－1， 因为h′(x)＝ex＋>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)＝e2－2>0，h(－3)＝e－3－<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)＝e2x－alnx. (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＋aln. (1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x＞0). 当a≤0时，f′(x)＞0，f′(x)没有零点. 当a＞0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－， 因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(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＜且b＜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x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0； 当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0. 故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0) 由于2e2x0－＝0， 所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln. 故当a＞0时，f(x)≥2a＋aln. 【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＋lnx(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)＝x2－2x＋2，若对任意x1∈(0，＋∞)，均存在x2∈0，1]使得f(x1) 解 (1)由已知得f′(x)＝2＋(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＋＝(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＝－. 在区间上，f′(x)>0，在区间上，f′(x)<0，所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为. (3)由已知得所求可转化为f(x)max 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)在上单调递增，在上单调递减，故f(x)的极大值即为最大值，是f＝－1＋ln＝－1－ln(－a)， 所以2>－1－ln(－a)，解得a<－.
高中数学函数与导数常考题型整理归纳
