《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 高考大題增分課1 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)中的高考熱點(diǎn)問(wèn)題教學(xué)案 理（含解析）北師大版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 高考大題增分課1 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)中的高考熱點(diǎn)問(wèn)題教學(xué)案 理（含解析）北師大版（11頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、高考大題增分課 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)中的高考熱點(diǎn)問(wèn)題 [命題解讀]　函數(shù)是中學(xué)數(shù)學(xué)的核心內(nèi)容，導(dǎo)數(shù)是研究函數(shù)的重要工具，因此，函數(shù)與導(dǎo)數(shù)是歷年高考的重點(diǎn)與熱點(diǎn)，常涉及的問(wèn)題有：討論函數(shù)的單調(diào)性(求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間)、求極值、求最值、求切線方程、求函數(shù)的零點(diǎn)或方程的根、求參數(shù)的范圍、證明不等式等，涉及的數(shù)學(xué)思想有：函數(shù)與方程、分類(lèi)討論、數(shù)形結(jié)合、轉(zhuǎn)化與化歸思想等，中、高檔難度均有． 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì) 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值等是高考命題的重點(diǎn)與熱點(diǎn)之一，主要有以下命題角度： (1)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值； (2)利用單調(diào)性、極值、最值求參數(shù)的取值范圍． 【

2、例1】　(2015·全國(guó)卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋a(1－x)． (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)f(x)有最大值，且最大值大于2a－2時(shí)，求a的取值范圍． [解]　(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝－a. 若a≤0，則f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上遞增． 若a＞0，則當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0.所以f(x)在區(qū)間上遞增，在區(qū)間上遞減． (2)由(1)知，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上無(wú)最大值；當(dāng)a＞0時(shí)，f(x)在x＝處取得最大值， 最大值為f＝ln ＋a＝－ln a＋a－1. 因此f＞2a－2，

3、即ln a＋a－1＜0. 令g(a)＝ln a＋a－1，則g(a)在區(qū)間(0，＋∞)上遞增，g(1)＝0. 于是，當(dāng)0＜a＜1時(shí)，g(a)＜0；當(dāng)a＞1時(shí)，g(a)＞0. 因此，a的取值范圍是(0,1)． [規(guī)律方法]　(1)研究函數(shù)的性質(zhì)，必須在定義域內(nèi)進(jìn)行，因此利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)，應(yīng)遵循定義域優(yōu)先的原則. (2)討論函數(shù)的單調(diào)性，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、極值問(wèn)題，最終歸結(jié)到判斷f′(x)的符號(hào)問(wèn)題上，而f′(x)＞0或f′(x)＜0，最終可轉(zhuǎn)化為一個(gè)一元一次不等式或一元二次不等式問(wèn)題. (3)若已知f(x)的單調(diào)性，則轉(zhuǎn)化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調(diào)區(qū)間上恒成立問(wèn)

4、題求解. (2019·南昌模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x－2mx2－n(m，n∈R)． (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)若f(x)有最大值－ln 2，求m＋n的最小值． [解]　(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝－4mx＝， 當(dāng)m≤0時(shí)，f′(x)＞0，∴f(x)在(0，＋∞)上遞增； 當(dāng)m＞0時(shí)，令f′(x)＞0得0＜x＜，令f′(x)＜0得x＞， ∴f(x)在上遞增，在上遞減． (2)由(1)知，當(dāng)m＞0時(shí)，f(x)在上遞增，在上遞減． ∴f(x)max＝f＝ln －2m·－n＝－ln 2－ln m－－n＝－ln 2，∴n＝－ln m－，∴m＋n

5、＝m－ln m－. 令h(x)＝x－ln x－(x＞0)，則h′(x)＝1－＝， ∴h(x)在上遞減，在上遞增， ∴h(x)min＝h＝ln 2，∴m＋n的最小值為ln 2. 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題 研究函數(shù)零點(diǎn)的本質(zhì)就是研究函數(shù)的極值的正負(fù)，為此，我們可以通過(guò)討論函數(shù)的單調(diào)性來(lái)解決，求解時(shí)應(yīng)注重等價(jià)轉(zhuǎn)化與數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用，其主要考查方式有：(1)確定函數(shù)的零點(diǎn)、圖像交點(diǎn)的個(gè)數(shù)；(2)由函數(shù)的零點(diǎn)、圖像交點(diǎn)的情況求參數(shù)的取值范圍． 【例2】　(2017·全國(guó)卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)若f(x)有兩

6、個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍. [解]　(1)f(x)的定義域?yàn)?－∞，＋∞)， f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)． (ⅰ)若a≤0，則f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，＋∞)遞減． (ⅱ)若a>0，則由f′(x)＝0得x＝－ln a. 當(dāng)x∈(－∞，－ln a)時(shí)，f′(x)<0； 當(dāng)x∈(－ln a，＋∞)時(shí)，f′(x)>0. 所以f(x)在(－∞，－ln a)遞減，在(－ln a，＋∞)遞增． (2)(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一個(gè)零點(diǎn)． (ⅱ)若a>0，由(1)知，當(dāng)x＝－ln a時(shí)，f(x)取得最小值，最小值為f

7、(－ln a)＝1－＋ln a. ①當(dāng)a＝1時(shí)，由于f(－ln a)＝0， 故f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)； ②當(dāng)a∈(1，＋∞)時(shí)， 由于1－＋ln a＞0， 即f(－ln a)>0， 故f(x)沒(méi)有零點(diǎn)； ③當(dāng)a∈(0,1)時(shí)，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)有一個(gè)零點(diǎn)． 設(shè)正整數(shù)n0滿足n0＞ln， 則f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0＞en0－n0＞2n0－n0＞0. 由于ln＞－ln a， 因此f(x)在(－ln a，＋∞)有一個(gè)零點(diǎn)． 綜上

8、，a的取值范圍為(0,1)． [規(guī)律方法]　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點(diǎn)的兩種常用方法 (1)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，借助零點(diǎn)存在性定理判斷；或用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和極值，再用單調(diào)性和極值定位函數(shù)圖像求解零點(diǎn)問(wèn)題. (2)將零點(diǎn)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖像的交點(diǎn)問(wèn)題，利用數(shù)形結(jié)合來(lái)解決. 已知函數(shù)f(x)＝emx－1－x(m＞0)． (1)若f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍； (2)探求f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)． [解]　(1)當(dāng)x≥0時(shí)，設(shè)t＝mx≥0，則f(x)≥0?g(t)＝et－1－≥0，則g′(t)＝et－， ①當(dāng)m≥1時(shí)，g′(t)＝et－≥1－＝≥0， 故g(

9、t)在[0，＋∞)上遞增，故g(t)≥g(0)＝0， 所以f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立； ②當(dāng)0＜m＜1時(shí)，令g′(t)＜0，得0≤t＜－ln m， 得g(t)在[0，－ln m]上遞減，故g(－ln m)＜g(0)＝0，此時(shí)不滿足f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立． 綜上，實(shí)數(shù)m的取值范圍是[1，＋∞)． (2)設(shè)t＝mx，則f(x)＝0?g(t)＝et－1－＝0， g′(t)＝et－，令g′(t)＝0，得t＝－ln m，記t0＝－ln m， ①當(dāng)m＝1時(shí)，t0＝0，則當(dāng)t＜0時(shí)，g′(t)＜0，當(dāng)t＞0時(shí)，g′(t)＞0，所以g(t)在(－∞，0)上遞減，在(0，＋∞)

10、上遞增，且g(0)＝0，所以g(t)有唯一零點(diǎn)，即f(x)有唯一零點(diǎn)． ②當(dāng)m≠1時(shí)，令g′(t)＞0，得t＞t0，所以g(t)在(t0，＋∞)上遞增，令g′(t)＜0，得t＜t0，所以g(t)在(－∞，t0)上遞減． 且g(t0)＝， 設(shè)h(m)＝1＋ln m－m，則h′(m)＝，令h′(m)＝0，得m＝1， 當(dāng)0＜m＜1時(shí)，h′(m)＞0；當(dāng)m＞1時(shí)，h′(m)＜0， 則h(m)在(0,1)上遞增，在(1，＋∞)上遞減， 所以h(m)≤h(1)＝0，所以g(t0)＜0. 當(dāng)m＞1時(shí)，t0＜0，由g(0)＝0，知g(t)在(t0，＋∞)上有一個(gè)零點(diǎn)， 由g(t0－m)＝et0

11、－m－＞0，知g(t)在(－∞，t0)上有一個(gè)零點(diǎn)， 所以f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)． 當(dāng)0＜m＜1時(shí)，t0＞0，由g(0)＝0，得g(t)在(－∞，t0)上有一個(gè)零點(diǎn)，設(shè)F(t)＝t2e－t(t＞0)， 則F′(t)＝t(2－t)e－t，令F′(t)＝0，得t＝2， 當(dāng)0＜t＜2時(shí)，F(xiàn)′(t)＞0；當(dāng)t＞2時(shí)，F(xiàn)′(t)＜0， 所以F(t)在(0,2)上遞增，在(2，＋∞)上遞減， 得F(t)≤F(2)＝＜1，所以et＞t2， 令t1＝t0＋1＋，則t1＞t0，g(t1)＝et1－1－＞t－1－＝2－1－＞0， 得g(t)在(t0，＋∞)上有一個(gè)零點(diǎn)，所以f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)． 綜上

12、，當(dāng)m＝1時(shí)，f(x)有一個(gè)零點(diǎn)； 當(dāng)m＞0且m≠1時(shí)，f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)． 利用導(dǎo)數(shù)研究不等式問(wèn)題 導(dǎo)數(shù)在不等式中的應(yīng)用是每年高考的必考內(nèi)容，且以解答題的形式考查，難度較大，屬中高檔題，突出轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)思想的考查．常見(jiàn)的命題角度有：(1)證明不等式；(2)由不等式恒成立求參數(shù)范圍問(wèn)題；(3)不等式恒成立、能成立問(wèn)題． 【例3】　(本題滿分12分)(2018·全國(guó)卷Ⅰ)已知函數(shù). (1)； (2)若，③證明：＜a－2. [信息提取]　看到①想到函數(shù)的定義域：真數(shù)大于零； 看到②想到對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，然后解不等式，同時(shí)注意函數(shù)的定義域； 看到③想到x1，x2是f′(x)＝0的兩

13、個(gè)實(shí)數(shù)根． [規(guī)范解答]　(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝－－1＋＝－ ·····························································1分 (ⅰ)若a≤2，則f′(x)≤0，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2，x＝1時(shí)f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)遞減. ·······················································2分 (ⅱ)若a＞2，令f′(x)＝0得，x＝或x＝.﹒﹒﹒﹒3分 當(dāng)x∈∪時(shí)，f′(x)＜0； 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＞0. ·············

14、·······5分 所以f(x)在，遞減，在遞增. ······································6分 (2)由(1)知，f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)時(shí)，當(dāng)且僅當(dāng)a＞2. 由于f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2滿足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨設(shè)x1＜x2，則x2＞1. ···················································8分 由于＝－－1＋a＝－2＋a＝－2＋a，························································9分 所以＜a－2等價(jià)于－x

15、2＋2ln x2＜0.10分 設(shè)函數(shù)g(x)＝－x＋2ln x，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)遞減，又g(1)＝0，從而當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g(x)＜0. ·····································11分 所以－x2＋2ln x2＜0，即＜a－2. ····················12分 [易錯(cuò)與防范] 易錯(cuò)點(diǎn) 防范措施 不會(huì)求解含參數(shù)的一元二次不等式 按照不等式的屬性、相應(yīng)方程有無(wú)實(shí)根、相應(yīng)根的大小是否確定、是否均落在定義域內(nèi)逐一討論求解. 沒(méi)有注意到x1，x2的限制條件 仔細(xì)審讀題設(shè)信息，同時(shí)要避免與“任意x1，x2使得＜a－

16、2”的區(qū)別. [通性通法]　(1)解含參數(shù)單調(diào)區(qū)間、極值、最值問(wèn)題時(shí)，容易產(chǎn)生討論的兩個(gè)地方： ①f′(x)＝0有根與無(wú)根的討論； ②f′(x)＝0有根，對(duì)根大小的討論． (2)對(duì)于含有雙變量x1，x2的不等式證明問(wèn)題，常借助某一橋梁建立x1，x2的等量關(guān)系，從而實(shí)現(xiàn)“雙變量”向“單變量”的過(guò)渡．進(jìn)而利用函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系證明不等式． (2019·河北五校聯(lián)考)已知f(x)＝x2－a2ln x，a＞0. (1)若f(x)≥0，求a的取值范圍； (2)若f(x1)＝f(x2)，且x1≠x2，證明：x1＋x2＞2a. [解]　(1)f′(x)＝x－＝. 當(dāng)x∈(0，a)時(shí)，f′(

17、x)＜0，f(x)遞減； 當(dāng)x∈(a，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)遞增． 當(dāng)x＝a時(shí)，f(x)取最小值f(a)＝a2－a2ln a. 令a2－a2ln a≥0，解得0＜a≤. 故a的取值范圍是(0，]． (2)由(1)知，f(x)在(0，a)上遞減，在(a，＋∞)上遞增，不失一般性，設(shè)0＜x1＜a＜x2，則2a－x2＜a. 要證x1＋x2＞2a，即x1＞2a－x2，則只需證f(x1)＜f(2a－x2)． 因f(x1)＝f(x2)，則只需證f(x2)＜f(2a－x2)． 設(shè)g(x)＝f(x)－f(2a－x)，a≤x＜2a. 則g′(x)＝f′(x)＋f′(2a－x)＝x－

18、＋2a－x－＝－≤0， 所以g(x)在[a,2a)上遞減，從而g(x)≤g(a)＝0. 又由題意得a＜x2＜2a， 于是g(x2)＝f(x2)－f(2a－x2)＜0，即f(x2)＜f(2a－x2)． 因此x1＋x2＞2a. [大題增分專訓(xùn)] 1．(2019·銀川模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax－1－ln x(a∈R)． (1)討論函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)的極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)； (2)若函數(shù)f(x)在x＝1處取得極值，任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求實(shí)數(shù)b的最大值． [解]　(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， f′(x)＝a－＝， 當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)＜0在(0

19、，＋∞)上恒成立，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上遞減． ∴f(x)在(0，＋∞)上沒(méi)有極值點(diǎn)． 當(dāng)a＞0時(shí)，由f′(x)＞0得x＞，f′(x)＜0得0＜x＜. ∴f(x)在上遞減，在上遞增，即f(x)在x＝處有極小值． 綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上沒(méi)有極值點(diǎn)； 當(dāng)a＞0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上有一個(gè)極值點(diǎn)． (2)∵函數(shù)f(x)在x＝1處取得極值， ∴f′(1)＝a－1＝0，則a＝1，從而f(x)＝x－1－ln x， 由f(x)≥bx－2，即1＋－≥b， 令g(x)＝1＋－，則g′(x)＝， 由g′(x)＞0得x＞e2，由g′(x)＜0得0＜x＜e2， 則

20、g(x)在(0，e2)上遞減，在(e2，＋∞)上遞增， ∴g(x)min＝g(e2)＝1－， ∴實(shí)數(shù)b的最大值是1－. 2．(2018·鄭州一模)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋－，a∈R且a≠0. (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)x∈時(shí)，試判斷函數(shù)g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m的零點(diǎn)個(gè)數(shù)． [解]　(1)f′(x)＝(x＞0)， 當(dāng)a＜0時(shí)，f′(x)＞0恒成立，∴函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上遞增； 當(dāng)a＞0時(shí)，由f′(x)＝＞0，得x＞， 由f′(x)＝＜0，得0＜x＜， ∴函數(shù)f(x)在上遞增，在上遞減． 綜上所述，當(dāng)a＜0時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，＋∞

21、)上遞增； 當(dāng)a＞0時(shí)，函數(shù)f(x)在上遞增，在上遞減． (2)∵當(dāng)x∈時(shí)，函數(shù)g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m的零點(diǎn)，即當(dāng)x∈時(shí)，方程(ln x－1)ex＋x＝m的根． 令h(x)＝(ln x－1)ex＋x，h′(x)＝ex＋1. 由(1)知當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝ln x＋－1在上遞減，在(1，e)上遞增， ∴當(dāng)x∈時(shí)，f(x)≥f(1)＝0. ∴＋ln x－1≥0在x∈上恒成立． ∴h′(x)＝ex＋1≥0＋1＞0， ∴h(x)＝(ln x－1)ex＋x在x∈上遞增． ∴h(x)min＝h＝－2e＋，h(x)max＝e. ∴當(dāng)m＜－2e＋或m＞e時(shí)，函數(shù)g(x)在

22、上沒(méi)有零點(diǎn)； 當(dāng)－2e＋≤m≤e時(shí)，函數(shù)g(x)在上有一個(gè)零點(diǎn)． 3．已知函數(shù)f(x)＝(a∈R)，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與直線x＋y＋1＝0垂直． (1)試比較2 0192 020與2 0202 019的大小，并說(shuō)明理由； (2)若函數(shù)g(x)＝f(x)－k有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2，證明：x1x2＞e2. [解]　(1)2 0192 020＞2 0202 019.理由如下： 依題意得，f′(x)＝， 因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在x＝1處有意義，所以a≠－1. 所以f′(1)＝＝， 又由過(guò)點(diǎn)(1，f(1))的切線與直線x＋y＋1＝0垂直可得，f′(1)＝1，即＝

23、1，解得a＝0. 此時(shí)f(x)＝，f′(x)＝， 令f′(x)＞0，即1－ln x＞0，解得0＜x＜e； 令f′(x)＜0，即1－ln x＜0，解得x＞e. 所以f(x)的遞增區(qū)間為(0，e)，遞減區(qū)間為(e，＋∞)． 所以f(2 019)＞f(2 020)，即＞， 則2 020ln 2 019＞2 019 ln 2 020，所以2 0192 020＞2 0202 019. (2)不妨設(shè)x1＞x2＞0，因?yàn)間(x1)＝g(x2)＝0， 所以ln x1－kx1＝0，ln x2－kx2＝0. 可得ln x1＋ln x2＝k(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝k(x1－x2)， 要證x1x2＞e2，即證ln x1＋ln x2＞2，也就是k(x1＋x2)＞2， 因?yàn)閗＝， 所以只需證＞， 即ln ＞，令＝t，則t＞1，即證ln t＞. 令h(t)＝ln t－(t＞1)． 由h′(t)＝－＝＞0， 得函數(shù)h(t)在(1，＋∞)上是增函數(shù)； 所以h(t)＞h(1)＝0，即ln t＞. 所以x1x2＞e2. - 11 -