命题动向：函数是中学数学的核心内容，而导数是研究函数的重要工具，因此，导数的应用是历年高考的重点与热点．常涉及的问题有：讨论函数的单调性(求函数的单调区间)，求极值、最值、切线方程、函数的零点或方程的根，求参数的范围及证明不等式等，涉及的数学思想有：函数与方程、分类讨论、数形结合、转化与化归等，中、高档难度均有．
题型1 利用导数研究函数的性质
例1 (2018·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝(2＋x＋ax2)ln (1＋x)－2x.
(1)若a＝0，证明：当－1
0时，f(x)>0；
(2)若x＝0是f(x)的极大值点，求a.
解 (1)证明：当a＝0时，f(x)＝(2＋x)ln (1＋x)－2x，f′(x)＝ln (1＋x)－.
设函数g(x)＝f′(x)＝ln (1＋x)－，
则g′(x)＝.
当－10时，g′(x)>0.
故当x>－1时，g(x)≥g(0)＝0，且仅当x＝0时，g(x)＝0，从而f′(x)≥0，且仅当x＝0时，f′(x)＝0.
所以f(x)在(－1，＋∞)单调递增．
又f(0)＝0，故当－1当x>0时，f(x)>0.
(2)①若a≥0，由(1)知，当x>0时，f(x)≥(2＋x)ln (1＋x)－2x>0＝f(0)，这与x＝0是f(x)的极大值点矛盾．
②若a<0，设函数h(x)＝＝ln (1＋x)－.
由于当|x|0，
故h(x)与f(x)符号相同．
又h(0)＝f(0)＝0，故x＝0是f(x)的极大值点当且仅当x＝0是h(x)的极大值点．
h′(x)＝－
＝.
如果6a＋1>0，则当0且|x|0，故x＝0不是h(x)的极大值点．
如果6a＋1<0，则a2x2＋4ax＋6a＋1＝0存在根x1<0，故当x∈(x1,0)，且|x|如果6a＋1＝0，则h′(x)＝，则当x∈(－1,0)时，h′(x)>0；当x∈(0,1)时，h′(x)<0.所以x＝0是h(x)的极大值点，从而x＝0是f(x)的极大值点．
综上，a＝－.
[冲关策略] 利用导数主要研究函数的单调性、极值、最值．已知f(x)的单调性，可转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题；含参函数的最值问题是高考的热点题型，解此类题的关键是极值点与给定区间位置关系的讨论，此时要注意结合导函数图象的性质进行分析．
变式训练1 (2019·江西模拟)已知函数f(x)＝(4x2＋4ax＋a2)，其中a＜0.
(1)当a＝－4时，求f(x)的单调递增区间；
(2)若f(x)在区间[1,4]上的最小值为8，求a的值．
解 (1)当a＝－4时，f(x)＝(4x2－16x＋16)，其中x>0，则f′(x)＝.
由f′(x)>0得02.
故函数f(x)的单调递增区间为和(2，＋∞)．
(2)f′(x)＝，a＜0，
由f′(x)＝0得x＝－或x＝－.
当x∈时，f(x)单调递增；当x∈时，f(x)单调递减；当x∈时，f(x)单调递增．
易知f(x)＝(2x＋a)2≥0，且f＝0.
①当－≤1，即－2≤a<0时，f(x)在[1,4]上的最小值为f(1)，由f(1)＝4＋4a＋a2＝8，得a＝±2－2，均不符合题意．
②当1<－≤4，即－8≤a<－2时，－≤<1，f(x)在[1,4]上的最小值为f＝0，不符合题意．
③当－>4，即a<－8时，f(x)在[1,4]上的最小值可能在x＝1或x＝4处取得，当f(1)＝8时，解得a＝±2－2，不符合a<－8的条件，当f(4)＝2(64＋16a＋a2)＝8得a＝－10或a＝－6(舍去)，当a＝－10时，f(x)在[1,4]上单调递减，f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)＝8，符合题意．
综上有，a＝－10.
题型2 利用导数研究方程的根(或函数的零点)
例2 (2017·全国卷Ⅰ)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．
解 (1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)．
(ⅰ)若a≤0，则f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递减．
(ⅱ)若a＞0，则由f′(x)＝0得x＝－ln a.
当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)＜0；当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)＞0.所以f(x)在(－∞，－ln a)单调递减，在(－ln a，＋∞)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)．
[冲关策略] 用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合思想画草图确定参数范围．
变式训练2 已知函数f(x)＝xex－a(ln x＋x)，a∈R.
(1)当a＝e时，判断f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝e时，f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝1，
∴f(x)在(0,1)上为减函数；在(1，＋∞)上为增函数．
(2)记t＝ln x＋x，则t＝ln x＋x在(0，＋∞)上单调递增，且t∈R.
∴f(x)＝xex－a(ln x＋x)＝et－at，令g(t)＝et－at.
∴f(x)在x>0上有两个零点等价于g(t)＝et－at在t∈R上有两个零点．
①当a＝0时，g(t)＝et，在R上单调递增，且g(t)>0，故g(t)无零点；
②当a<0时，g′(t)＝et－a>0，g(t)在R上单调递增，又g(0)＝1>0，g＝e－1<0，故g(t)在R上只有一个零点；
③当a>0时，由g′(t)＝et－a＝0可知g(t)在t＝ln a时有唯一的一个极小值g(ln a)＝a(1－ln a)．
若00，g(t)无零点；
若a＝e，g(t)极小值＝0，g(t)只有一个零点；
若a>e，g(t)极小值＝a(1－ln a)<0，而g(0)＝1>0，
由y＝在x>e时为减函数，可知
当a>e时，ea>ae>a2，
从而g(a)＝ea－a2>0，
∴g(x)在(0，ln a)和(ln a，＋∞)上各有一个零点．
综上，当a>e时，f(x)有两个零点，即实数a的取值范围是(e，＋∞)．
题型3 利用导数研究不等式的有关问题
例3 (2018·全国卷Ⅰ)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：解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－－1＋＝－.
设g(x)＝x2－ax＋1，
当a≤0时，g(x)>0恒成立，即f′(x)<0恒成立，此时函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
当a>0时，判别式Δ＝a2－4.
①当0②若a>2，令f′(x)＝0，得x＝或x＝.
当x∈∪时，f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0.
所以f(x)在，上单调递减，在上单调递增．
综上所述，当a≤2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>2时，f(x)在及上单调递减，在上单调递增．
(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h(x)＝－x＋2ln x，
由(1)知，h(x)在(0，＋∞)上单调递减，又h(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0.
所以－x2＋2ln x2<0，即[冲关策略] (1)恒成立问题可以转化为我们较为熟悉的求最值的问题进行求解，若不能分离参数，可以将参数看成常数直接求解．
(2)证明不等式，可以转化为求函数的最值问题．
变式训练3 (2019·贵州模拟)已知函数f(x)＝ex－ax＋a－1.
(1)若f(x)的极值为e－1，求a的值；
(2)若x∈[a，＋∞)时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．
解 (1)因为f(x)＝ex－ax＋a－1，
所以f′(x)＝ex－a.
①当a≤0时，f′(x)>0，所以y＝f(x)单调递增，无极值．
②当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln a，
因为当xln a时，f′(x)>0，
所以函数f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．所以y＝f(x)在x＝ln a处有极小值．
所以f(ln a)＝eln a－aln a＋a－1＝2a－aln a－1＝e－1.
即2a－aln a－e＝0.
构造函数g(a)＝2a－aln a－e(a>0)，
则g′(a)＝1－ln a.
当a∈(0，e)时，g′(a)>0，当a∈(e，＋∞)时，g′(a)<0.
所以y＝g(a)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．
所以g(a)≤g(e)＝2e－eln e－e＝0.
所以a＝e.
(2)x≥a时，f(x)≥0.
①当a<0时，由f(0)＝e0＋a－1＝a<0与题意矛盾，舍去(或当a<0时，f′(x)＝ex－a>0，f(a)＝(ea－1)＋a(1－a)<0与题意矛盾，舍去)．
②当a＝0时，f(x)＝ex－1在x≥0时f(x)≥0恒成立，所以a＝0符合题意．
③当a>0时，由(1)可知，f(x)在(ln a，＋∞)上单调递增．
下面先证明a>ln a.
事实上，令p(a)＝a－ln a，则p′(a)＝1－＝，
当a∈(0,1)时，p′(a)<0，当a∈(1，＋∞)时，p′(a)>0.
所以p(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
所以p(a)≥p(1)＝1，因此有a>ln a.
所以f(x)在[a，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(a)＝ea－a2＋a－1.
设g(t)＝et－t2＋t－1(t>0)，则g′(t)＝et－2t＋1.
设h(t)＝et－2t＋1(t>0)，则h′(t)＝et－2.
当t∈(0，ln 2)时，h′(t)<0，当t∈(ln 2，＋∞)时，h′(t)>0，
所以y＝h(t)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增．
所以h(t)≥h(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋1＝3－2ln 2>0.
所以y＝g(t)在[0，＋∞)上单调递增．
所以g(t)>g(0)＝e0－1＝0.
所以f(x)min>0，故a>0时也成立．
综上可知，a的取值范围为[0，＋∞)．
(共32张PPT)
高考大题冲关系列（1）
高考中函数与导数问题的热点题型
本课结束
