2019高考数学（理）热点问题解题策略指导系列
专题09 函数与导数热点问题
【最新命题动向】函数与导数的压轴试题，在每年的高考中属于必考内容，其命题方向主要有两个：一是围绕函数的性质考查函数的奇偶性、单调性、周期性、极值、最值、曲线的切线等问题展开，二是围绕函数与方程、不等式关系探索方程根的个数、不等式的证明、不等式恒成立等问题展开.此类压轴试题难度较大，逻辑推理能力较强，在备考中不可小视.
【策略一】灵活提炼重要不等式——牵线搭桥
【典例1】（2019年5月金华模拟卷理21）已知函数f(x)＝aln x＋bx (a，b∈R)在点(1，f(1))处的切线方程为x－2y－2＝0.
(1)求a，b的值；
(2)当x>1时，f(x)＋<0恒成立，求实数k的取值范围；
(3)证明：当n∈N＋，且n≥2时，＋＋…＋>.
【审题示例】
思路提示 解题关键
本题第(1)问是利用导数的几何意义求参数的取值．已知函数f(x)＝aln x＋bx(a，b∈R)在点(1，f(1))处的切线方程为x－2y－2＝0，求a，b的值，即求函数f(x)的解析式，比较简单，但计算必须正确，因为这是下一问的基础. 方程思想：求解时，利用点(1，f(1))处的导数f′(1)为切线的斜率，且点(1，f(1))在切线上，建立方程组，解方程组求出a，b.
本题第(2)问是不等式的恒成立问题．在第(1)问求对函数f(x)的解析式的前提条件下，已知x>1时，不等式f(x)＋<0恒成立，求实数k的取值范围. 分离常数法：当x>1时，f(x)＋<0恒成立，即ln x－＋<0，等价于k<－xln x，转化为求函数g(x)＝－xln x的最小值，这是解决不等式恒成立问题的一种基本方法． 分类讨论法：这一问还可以构造函数g(x)＝ln x－＋，得g′(x)＝对方程x2－2x＋2k＝0(﹡)的判别式Δ＝4－8k进行分类讨论．
本题第(3)问是证明与正整数有关的不等式问题．当n∈N＋，且n≥2时，证明＋＋…＋>成立. 赋值法：由(2)提炼出不等式，当x>1时，ln x－＋<0，即xln x<，又xln x>0，从而，>＝－，然后对x进行赋值得以证明.
【规范解答】
【知识点归类点拔】构造函数证明不等式的技巧
(1)移项法：证明不等式f(x)>g(x)(f(x)
0(f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；
(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数；
(3)主元法：对于(或可化为)f(x1，x2)≥A的不等式，可选x1(或x2)为主元，构造函数f(x，x2)(或f(x1，x))；
(4)放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数．
(5)赋值法：证明正整数不等式时，要把这些正整数放在正实数的范围内，通过构造正实数的不等式进行证明，而不能直接构造正整数的函数，因为这样的函数不是可导函数，使用导数就是错误的。
【策略二】灵活运用分类讨论思想——各个击破
【典例2】(2018·全国Ⅰ卷理科21)已知函数f(x)＝－x＋aln x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：【规范解答】
【知识点归类点拔】函数性质综合问题难点是函数单调性和极值、最值的分类讨论．
(1)单调性讨论策略：单调性的讨论是以导数等于零的点为分界点，把函数定义域分段，在各段上讨论导数的符号，在不能确定导数等于零的点的相对位置时，还需要对导数等于零的点的位置关系进行讨论．
(2)极值讨论策略：极值的讨论是以单调性的讨论为基础，根据函数的单调性确定函数的极值点．
(3)最值讨论策略：图像连续的函数在闭区间上最值的讨论，是以函数在该区间上的极值和区间端点的函数值进行比较为标准进行的，在极值和区间端点函数值中最大的为最大值、最小的为最小值．
【策略三】灵活运用等价转化思想——华丽转身
【典例3】（2019年5月金华模拟卷理21）设函数f(x)＝emx＋x2－mx.
(1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；
(2)若对于任意x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围．
【规范解答】
【知识点归类点拔】
(1)任意x1∈[a，b]，任意x2∈[c，d]，使有f1(x1)>f2(x2)?[f1(x1)]min>[f2(x2)]max.
(2)存在x1∈[a，b]，存在x2∈[c，d]，使f1(x1)>f2(x2)?[f1(x1)]max>[f2(x2)]min.
(3)任意x1∈[a，b]，存在x2∈[c，d]，使f1(x1)>f2(x2)?[f1(x1)]min>[f2(x2)]min.
(4)存在x1∈[a，b]，任意x2∈[c，d]，使f1(x1)>f2(x2)?[f1(x)]max>[f2(x)]max.
(5)存在x1∈[a，b]，存在x2∈[c，d]，使f1(x1)＝f2(x2)?f1(x)的值域与f2(x)的值域交集不为?.
【策略四】灵活借助函数大致图像——直观诠释
【典例4】(2017·全国Ⅰ卷理21)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.
(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．
【规范解答】
【知识点归类点拔】
对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：
(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；
(2)求导数，得单调区间和极值点；
(3)画出函数的大致图像，观察图像；
(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图像与x轴的交点情况进而求解．
2019高考数学（理）热点问题解题策略指导系列
专题09 函数与导数热点问题
【最新命题动向】函数与导数的压轴试题，在每年的高考中属于必考内容，其命题方向主要有两个：一是围绕函数的性质考查函数的奇偶性、单调性、周期性、极值、最值、曲线的切线等问题展开，二是围绕函数与方程、不等式关系探索方程根的个数、不等式的证明、不等式恒成立等问题展开.此类压轴试题难度较大，逻辑推理能力较强，在备考中不可小视.
【策略一】灵活提炼重要不等式——牵线搭桥
【典例1】（2019年5月金华模拟卷理21）已知函数f(x)＝aln x＋bx (a，b∈R)在点(1，f(1))处的切线方程为x－2y－2＝0.
(1)求a，b的值；
(2)当x>1时，f(x)＋<0恒成立，求实数k的取值范围；
(3)证明：当n∈N＋，且n≥2时，＋＋…＋>.
【审题示例】
思路提示 解题关键
本题第(1)问是利用导数的几何意义求参数的取值．已知函数f(x)＝aln x＋bx(a，b∈R)在点(1，f(1))处的切线方程为x－2y－2＝0，求a，b的值，即求函数f(x)的解析式，比较简单，但计算必须正确，因为这是下一问的基础. 方程思想：求解时，利用点(1，f(1))处的导数f′(1)为切线的斜率，且点(1，f(1))在切线上，建立方程组，解方程组求出a，b.
本题第(2)问是不等式的恒成立问题．在第(1)问求对函数f(x)的解析式的前提条件下，已知x>1时，不等式f(x)＋<0恒成立，求实数k的取值范围. 分离常数法：当x>1时，f(x)＋<0恒成立，即ln x－＋<0，等价于k<－xln x，转化为求函数g(x)＝－xln x的最小值，这是解决不等式恒成立问题的一种基本方法． 分类讨论法：这一问还可以构造函数g(x)＝ln x－＋，得g′(x)＝对方程x2－2x＋2k＝0(﹡)的判别式Δ＝4－8k进行分类讨论．
本题第(3)问是证明与正整数有关的不等式问题．当n∈N＋，且n≥2时，证明＋＋…＋>成立. 赋值法：由(2)提炼出不等式，当x>1时，ln x－＋<0，即xln x<，又xln x>0，从而，>＝－，然后对x进行赋值得以证明.
【规范解答】
解：(1)∵f(x)＝aln x＋bx，∴f′(x)＝＋b.
∵直线x－2y－2＝0的斜率为，且过点，………………………………………………….(1分)
∴即解得..........................................................................(2分)
(2)法一：由(1)得f(x)＝ln x－.
当x>1时，f(x)＋<0恒成立，即ln x－＋<0，等价于k<－xln x．………………………………(3分)
令g(x)＝－xln x，则g′(x)＝x－(ln x＋1)＝x－1－ln x.
令h(x)＝x－1－ln x，则h′(x)＝1－＝.(4分)
当x>1时，h′(x)>0，函数h(x)在(1，＋∞)上单调递增，故h(x)>h(1)＝0.
从而，当x>1时，g′(x)>0，即函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增，故g(x)>g(1)＝………………(6分)
因此，当x>1时，k<－xln x恒成立，则k≤.
即所求k的取值范围是……………………………………………………………………….(7分)
法二：由(1)得f(x)＝ln x－.
当x>1时，f(x)＋<0恒成立，即ln x－＋<0恒成立．
令g(x)＝ln x－＋，则g′(x)＝－－
＝－.
方程x2－2x＋2k＝0(﹡)的判别式Δ＝4－8k…………………………………………………………….(3分)
(ⅰ)当Δ<0，即k>时，则x>1时，x2－2x＋2k>0，得g′(x)<0，
故函数g(x)在(1，＋∞)上单调递减．
由于g(1)＝－＋k>0，g(2)＝ln 2－1＋>0，
则当x∈(1,2)时，g(x)>0，即ln x－＋>0，与题设矛盾．…………………………………………(4分)
(ⅱ)当Δ＝0，即k＝时，则x>1时，
g′(x)＝－＝－<0.
故函数g(x)在(1，＋∞)上单调递减，则g(x)(ⅲ) 当Δ>0，即k<时，方程(﹡)的两根为x1＝1－<1，x2＝1＋>1，
则x∈(1，x2)时，g′(x)>0，x∈(x2，＋∞)时，g′(x)<0.
故函数g(x)在(1，x2)上单调递增，在(x2，＋∞)上单调递减，
从而函数g(x)在(1，＋∞)上的最大值为g(x2)＝ln x2－＋.
而g(x2)＝ln x2－＋由(ⅱ)知，当x>1时，ln x－＋<0，
得ln x2－＋<0，从而g(x2)<0.
故当x>1时，g(x)≤g(x2)<0，符合题意．………………………………………………………………(6分)
综上所述，k的取值范围是.(7分)
(3)证明：由(2)得，当x>1时，ln x－＋<0，可化为xln x<，……………………………….(8分)
又xln x>0，
从而，>＝－.(10分)
把x＝2,3,4，…，n分别代入上面不等式，并相加得，
＋＋…＋>＋＋＋…＋
＝1＋－－
＝…………………………………………………………………………………………..…(12分)
【知识点归类点拔】构造函数证明不等式的技巧
(1)移项法：证明不等式f(x)>g(x)(f(x)0(f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；
(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数；
(3)主元法：对于(或可化为)f(x1，x2)≥A的不等式，可选x1(或x2)为主元，构造函数f(x，x2)(或f(x1，x))；
(4)放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数．
(5)赋值法：证明正整数不等式时，要把这些正整数放在正实数的范围内，通过构造正实数的不等式进行证明，而不能直接构造正整数的函数，因为这样的函数不是可导函数，使用导数就是错误的。
【策略二】灵活运用分类讨论思想——各个击破
【典例2】(2018·全国Ⅰ卷理科21)已知函数f(x)＝－x＋aln x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：【规范解答】
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－－1＋＝－...................................................(1分)
(ⅰ)若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时f′(x)＝0；所以f(x)在(0，＋∞)单调递减…(2分)
(ⅱ)若a>2，令f′(x)＝0得，x＝或x＝.............................................................(3分)
当x∈∪时，f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0.
所以f(x)在，单调递减，在单调递增．……………………………………………………………………………………………………….(4分)
(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点，当且仅当a>2.
由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨设x11.由于
＝－－1＋a＝－2＋a＝－2＋a，
所以设函数g(x)＝－x＋2ln x，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)单调递减，又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0………………………………………………………………………………………………….…(10分)
所以－x2＋2ln x2<0，即【知识点归类点拔】函数性质综合问题难点是函数单调性和极值、最值的分类讨论．
(1)单调性讨论策略：单调性的讨论是以导数等于零的点为分界点，把函数定义域分段，在各段上讨论导数的符号，在不能确定导数等于零的点的相对位置时，还需要对导数等于零的点的位置关系进行讨论．
(2)极值讨论策略：极值的讨论是以单调性的讨论为基础，根据函数的单调性确定函数的极值点．
(3)最值讨论策略：图像连续的函数在闭区间上最值的讨论，是以函数在该区间上的极值和区间端点的函数值进行比较为标准进行的，在极值和区间端点函数值中最大的为最大值、最小的为最小值．
【策略三】灵活运用等价转化思想——华丽转身
【典例3】（2019年5月金华模拟卷理21）设函数f(x)＝emx＋x2－mx.
(1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；
(2)若对于任意x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围．
【规范解答】
解：(1)证明：f′(x)＝m(emx－1)＋2x，
若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)＜0；
当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)＞0.(2分)
若m＜0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1＞0，f′(x)＜0；
当x∈(0，＋∞)时，emx－1<0，f′(x)＞0.(2分)
所以，f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．…………………………………………(5分)
(2)由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1,0]单调递减，在[0,1]单调递增，故f(x)在x＝0处取得最小值．所以对于任意x1，x2∈[－1,1]，
|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要条件是即①…………………(6分)
设函数g(t)＝et－t－e＋1，则g′(t)＝et－1.
当t＜0时，g′(t)＜0；当t＞0时，g′(t)＞0.
故g(t)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．
又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e＜0，故当t∈[－1,1]时，g(t)≤0…………………………………...(8分)
当m∈[－1,1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；…………………………………………….(9分)
当m＞1时，由g(t)的单调性，g(m)＞0，即em－m＞e－1；……………………………………….(10分)
当m＜－1时，g(－m)＞0，即e－m＋m＞e－1………………………………………………………...(11分)
综上，m的取值范围是[－1,1]．………………………………………………………………………(12分)
【知识点归类点拔】
(1)任意x1∈[a，b]，任意x2∈[c，d]，使有f1(x1)>f2(x2)?[f1(x1)]min>[f2(x2)]max.
(2)存在x1∈[a，b]，存在x2∈[c，d]，使f1(x1)>f2(x2)?[f1(x1)]max>[f2(x2)]min.
(3)任意x1∈[a，b]，存在x2∈[c，d]，使f1(x1)>f2(x2)?[f1(x1)]min>[f2(x2)]min.
(4)存在x1∈[a，b]，任意x2∈[c，d]，使f1(x1)>f2(x2)?[f1(x)]max>[f2(x)]max.
(5)存在x1∈[a，b]，存在x2∈[c，d]，使f1(x1)＝f2(x2)?f1(x)的值域与f2(x)的值域交集不为?.
【策略四】灵活借助函数大致图像——直观诠释
【典例4】(2017·全国Ⅰ卷理21)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.
(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．
【规范解答】
解：(1)由于f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x，
所以f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)．……………………………………………..(1分)
①当a≤0时，aex－1<0,2ex＋1>0，
从而f′(x)<0恒成立，所以f(x)在R上单调递减．…………………………………………… ..(2分)
②当a>0时，令f′(x)＝0，从而aex－1＝0，得x＝－ln a.
当x变化时，f′(x)，f(x)变化如下表：
x (－∞，－ln a) －ln a (－ln a，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x) 减 极小值 增
……………………………………………………………………………………………………………(4分)
综上所述，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．…………………….(5分)
(2)由(1)知，
当a<0时，f(x)在R上单调递减，故f(x)在R上至多一个零点，不满足条件．
当a>0时，f(x)min＝f(－ln a)＝1－＋ln a．…………………………………………………………(6分)
令g(a)＝1－＋ln a(a>0)，则g′(a)＝＋>0，从而g(a)在(0，＋∞)上单调递增．而g(1)＝0，所以当01时，g(a)>0…………………………………..(7分)
由上知若a>1，则f(x)min＝1－＋ln a＝g(a)>0，故f(x)>0恒成立，从而f(x)无零点，不满足条件．………………………………………………………………………………………………………..(8分)
若a＝1，则f(x)min＝1－＋ln a＝g(a)＝0，故f(x)＝0仅有一个实根x＝－ln a＝0，不满足条件；……………………………………………………………………………………………………….(9分)
若00，f(－1)＝＋＋1－>0，
故f(x)在(－1，－ln a)上有一个实根．………………………………………………………………...(10分)
而又ln >ln ＝－ln a，
且f＝eln－ln ＝·(3－a＋a－2)－ln ＝－ln >0，
故f(x)在上有一个实根，……………………………………………………….(11分)
又f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)单调递增，故f(x)在R上有两个零点，如图．
综上所述，所求a的取值范围是(0,1)．………………………………………………………………(12分)
【知识点归类点拔】
对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：
(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；
(2)求导数，得单调区间和极值点；
(3)画出函数的大致图像，观察图像；
(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图像与x轴的交点情况进而求解．
