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1、函数大题讲解函数与导数解答题一直是高考的热点之一，这类解答题的命题方式灵活多变，其主要特点有两个：一是涉及的知识面广，从简单的一次函数到复杂的复合后的指数、对数函数等；二是试题中蕴含着丰富的数学思想方法这类试题中值得注意的题型是：利用导数研究函数的性质，利用函数、导数研究不等式和方程的根易错点：导数公式或导数法则运用出错忽视函数的定义域致错导数为零的点、极值点、最值点混淆从近五年的高考试题来看,高考对函数与导数的考查,已经从直接利用导数的正负讨论函数的单调区间,或利用函数单调性求函数的极值、最值问题,转变成利用求导的方法证明不等式,探求参数的取值范围,解决函数的零点、方程根的问题,以及在某不等
2、式成立的条件下,求某一参数或某两个参数构成的代数式的最值.题型一：利用求导的方法证明不等式 突破策略一差函数法证明函数不等式f(x)g(x),可证f(x)-g(x)0,令h(x)=f(x)-g(x),或令h(x)为f(x)-g(x)表达式的某一部分,利用导数证明h(x)min0;如果h(x)没有最小值,那么可利用导数确定出h(x)的单调性,即若h(x)0,则h(x)在(a,b)上是增函数,同时若h(a)0,则当x(a,b)时,有h(x)0,即f(x)g(x).例1(2016山东,理20)已知f(x)=a(x-ln x)+2x-1x2,aR.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a=1时,证明f(
3、x)f(x)+32对于任意的x1,2成立.(1)解f(x)的定义域为(0,+).f(x)=a-ax-2x2+2x3=(ax2-2)(x-1)x3.当a0时,x(0,1)时,f(x)0,f(x)单调递增,x(1,+)时,f(x)0时,f(x)=a(x-1)x3x-2ax+2a.0a1,当x(0,1)或x2a,+时,f(x)0,f(x)单调递增,当x1,2a时,f(x)2时,02a0,f(x)单调递增,当x2a,1时,f(x)0,f(x)单调递减.综上所述,当a0时,f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+)内单调递减;当0a2时,f(x)在0,2a内单调递增,在2a,1内单调递减,在(1,+)
4、内单调递增.(2)证明由(1)知,a=1时,f(x)-f(x)=x-ln x+2x-1x2-1-1x-2x2+2x3=x-ln x+3x+1x2-2x3-1,x1,2.设g(x)=x-ln x,h(x)=3x+1x2-2x3-1,x1,2.则f(x)-f(x)=g(x)+h(x).由g(x)=x-1x0,可得g(x)g(1)=1,当且仅当x=1时取得等号.又h(x)=-3x2-2x+6x4,设(x)=-3x2-2x+6,则(x)在x1,2单调递减,因为(1)=1,(2)=-10,所以x0(1,2),使得x(1,x0)时,(x)0,x(x0,2)时,(x)g(1)+h(2)=32,即f(x)f(
5、x)+32对于任意的x1,2成立.对点训练1已知函数f(x)=ax+ln x,函数g(x)的导函数g(x)=ex,且g(0)g(1)=e,其中e为自然对数的底数.(1)若x(0,+),使得不等式 g(x)x-m+3x成立,试求实数m的取值范围;(2)当a=0时,对于x(0,+),求证:f(x)g(x)-2.(1)解 因为函数g(x)的导函数g(x)=ex,所以g(x)=ex+c(c为常数).因为g(0)g(1)=e,所以(1+c)e=e,可得c=0,即g(x)=ex.因为x(0,+),使得不等式g(x)x-m+3x成立,所以x(0,+),使得mx-exx+3成立.令h(x)=x-exx+3,则
6、问题可转化为m1,x+12x2x12x=2当且仅当x=12时等号成立,所以exx+12x1,所以h(x)0,所以h(x)在(0,+)上为减函数,所以h(x)h(0)=3,所以m3.(2)证明 当a=0时,f(x)=ln x,令(x)=g(x)-f(x)-2,即(x)=ex-ln x-2,则(x)=ex-1x,且(x)在(0,+)上为增函数.设(x)=0的根为x=t,则et=1t,即t=e-t.因为当x(0,t)时,(x)0,(x)在t,+)上为增函数,故(x)min=(t)=et-ln t-2=et-ln e-t-2=et+t-2.因为(1)=e-10,12=e-2e12+12-22.25+1
7、2-2=0,所以f(x)m,可将该不等式转化为g(x)h(x)的形式,然后再证明g(x)minh(x)max.选用哪种方式,要看哪种方式构造出的函数的最值易求.例2(2016山西太原一模)已知函数f(x)=ln(x+1)-x.(1)若kZ,且f(x-1)+xk1-3x对任意x1恒成立,求k的最大值;(2)证明:对于(0,1)中的任意一个常数a,存在正数x0,使得ef(x0)k1-3x,得xln x+x-kx+3k0.令g(x)=xln x+x-kx+3k,则g(x)=ln x+2-k.x1,ln x0,当k2时,g(x)0恒成立,即g(x)在(1,+)内单调递增.由g(1)0,即1+2k0,解
8、得k-12,-12k2,又kZ,k的最大值为2.当k2时,由ln x+2-k0,解得xek-2,由ln x+2-k0,解得1x0(k2)恒成立,求k的最大值.令h(x)=3x-ex-2,于是h(x)=3-ex-2.当x2+ln 3时,h(x)0,h(x)单调递减,当x0,h(x)单调递增.h(x)在x=2+ln 3处取得最大值.1ln 32,32+ln 30,h(2+ln 3)=3+3ln 30,h(4)=12-e20,h(5)=15-e30,k4.k的最大值为4.综上所述,k的最大值为4.(2)证明设存在正数x0,使得ef(x0)1-a2x02成立,即证a2x02+x0+1ex0-10时,函
9、数h(x)=a2x2+x+1ex-1的最小值h(x)min0即可.由于h(x)=xa-1ex,令h(x)=0,得ex=1a,则x=-ln a,取x0=-ln a,在0xx0时,h(x)x0时,h(x)0,h(x)min=h(x0)=h(-ln a)=a2(ln a)2-aln a+a-1,下面只需证明:在0a1时,a2(ln a)2-aln a+a-10成立即可.又令p(a)=a2(ln a)2-aln a+a-1,a(0,1),则p(a)=12(ln a)20,从而p(a)在a(0,1)时为增函数.p(a)1.(1)解 函数f(x)的定义域为(0,+),f(x)=aexln x+axex-b
10、x2ex-1+bxex-1.由题意可得f(1)=2,f(1)=e.故a=1,b=2.(2)证明 由(1)知,f(x)=exln x+2xex-1,从而f(x)1等价于xln xxe-x-2e.设函数g(x)=xln x,则g(x)=1+ln x.所以当x0,1e时,g(x)0.故g(x)在0,1e内单调递减,在1e,+内单调递增,从而g(x)在(0,+)内的最小值为g1e=-1e.设函数h(x)=xe-x-2e,则h(x)=e-x(1-x).所以当x(0,1)时,h(x)0;当x(1,+)时,h(x)0时,g(x)h(x),即f(x)1.突破策略三寻求导函数零点法若使用策略一或策略二解答时,遇
11、到令f(x)=0,但无法解出导函数的零点x0时,可利用函数零点存在性定理,试出导函数在区间(a,b)内的零点x0,再判断导函数在区间(a,x0),(x0,b)的正负情况,从而判断f(x)在x0处取得最值,求出最值并通过对最值的处理消去x0使问题得到解决.例3设函数f(x)=e2x-aln x.(1)讨论f(x)的导函数f(x)零点的个数;(2)证明:当a0时,f(x)2a+aln 2a.(1)解f(x)的定义域为(0,+),f(x)=2e2x-ax(x0).当a0时,f(x)0,f(x)没有零点,当a0时,因为y=e2x在(0,+)内单调递增,y=-ax在(0,+)内单调递增,所以f(x)在(
12、0,+)内单调递增.又f(a)0,当b满足0ba4且b14时,f(b)0时,f(x)存在唯一零点.(2)证明由(1),可设f(x)在(0,+)的唯一零点为x0,当x(0,x0)时,f(x)0.故f(x)在(0,x0)内单调递减,在(x0,+)内单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0).由于2e2x0-ax0=0,所以f(x0)=a2x0+2ax0+aln 2a2a+aln 2a.故当a0时,f(x)2a+aln 2a.对点训练3设函数f(x)=ax-2-ln x(aR).(1)若f(x)在点(e,f(e)处的切线为x-ey+b=0,求a,b的值;(2)求f(x)的单调
13、区间;(3)若g(x)=ax-ex,求证:当x0时,f(x)g(x).(1)解 f(x)=ax-2-ln x(aR),f(x)=a-1x=ax-1x,又f(x)在点(e,f(e)处的切线的斜率为1e,f(e)=ae-1e=1e,a=2e,切点为(e,-1),将切点代入切线方程得b=-2e.(2)解 由(1)知f(x)=a-1x=ax-1x(x0),当a0时,f(x)0时,令f(x)=0得x=1a,当x变化时,f(x),f(x)随x的变化情况如下表:0,1a1a1a,+f(x)-0+f(x)由表可知f(x)在0,1a内单调递减,在1a,+内单调递增.综上所述,当a0时,f(x)的单调递减区间为(
14、0,+);当a0时,f(x)的单调递减区间为0,1a,单调递增区间为1a,+.(3)证明 当x0时,要证f(x)g(x),即证f(x)-ax+ex0,即证ex-ln x-20,令h(x)=ex-ln x-2(x0),只需证h(x)0,h(x)=ex-1x,由指数函数及幂函数的性质知h(x)=ex-1x在(0,+)内是增函数.又h(1)=e-10,h13=e13-30,h(1)h130,h(x)在13,1内存在唯一的零点,也即h(x)在(0,+)内有唯一零点,设h(x)的零点为t,则h(t)=et-1t=0,即et=1t13t1,由h(x)的单调性知,当x(0,t)时,h(x)h(t)=0,h(
15、x)为增函数,当x0时,h(x)h(t)=et-ln t-2=1t-ln1et-2=1t+t-22-2=0,又13t0.题型二：有限制条件的求参数范围突破策略一分离参数法已知不等式在某一区间上恒成立,求参数的取值范围,一般先分离参数,再转化为求函数在给定区间上的最值问题求解.即f(x)g(k)f(x)ming(k),f(x)g(k)f(x)maxg(k).例4(2016福建四地六校联考)已知a为实数,函数f(x)=aln x+x2-4x.(1)是否存在实数a,使得f(x)在x=1处取得极值?证明你的结论;(2)设g(x)=(a-2)x,若x01e,e,使得f(x0)g(x0)成立,求实数a的取
16、值范围.解(1)函数f(x)的定义域为(0,+),f(x)=ax+2x-4=2x2-4x+ax.假设存在实数a,使f(x)在x=1处取极值,则f(1)=0,故a=2,此时,f(x)=2(x-1)2x,当x0时,f(x)0恒成立,且f(x)在(0,+)内的任意子区间不恒等于零,因此f(x)在(0,+)内单调递增,所以x=1不是f(x)的极值点.故不存在实数a,使得f(x)在x=1处取得极值.(2)由f(x0)g(x0),得(x0-ln x0)ax02-2x0.令F(x)=x-ln x(x0),则F(x)=x-1x(x0).故当0x1时,F(x)1时,F(x)0,F(x)单调递增.所以F(x)F(
17、1)=10,故ax02-2x0x0-ln x0,记G(x)=x2-2xx-lnx,x1e,e,则G(x)=(2x-2)(x-lnx)-(x-2)(x-1)(x-lnx)2=(x-1)(x-2lnx+2)(x-lnx)2.因为x1e,e,所以2-2ln x=2(1-ln x)0,所以x-2ln x+20,所以当x1e,1时,G(x)0,G(x)单调递增.所以G(x)min=G(1)=-1,所以aG(x)min=-1.故实数a的取值范围为-1,+).对点训练4已知函数f(x)=aln x+bx(a,bR)在点(1,f(1)处的切线方程为x-2y-2=0.(1)求a,b的值;(2)当x1时,f(x)
18、+kx0),f(x)=ax+b(x0).直线x-2y-2=0的斜率为12,且过点1,-12,f(1)=-12,f(1)=12,即b=-12,a+b=12,解得a=1,b=-12.(2)由(1)得f(x)=ln x-x2.当x1时,f(x)+kx0恒成立,即ln x-x2+kx0,等价于k1时,h(x)0,函数h(x)在(1,+)上单调递增,故h(x)h(1)=0.从而,当x1时,g(x)0,即函数g(x)在(1,+)上单调递增,故g(x)g(1)=12.因此,当x1时,kx22-xln x恒成立,则k12.故所求k的取值范围是-,12.突破策略二分类讨论法当不等式中的参数无法分离,或含参不等式
19、中左、右两边的函数具有某些不确定因素时,应用分类讨论的方法来处理,分类讨论可使原问题中的不确定因素变成确定因素,为问题的解决提供新的条件.因此,求参数的范围转换成了讨论参数在哪些范围能使不等式成立.例5设函数f(x)=emx+x2-mx.(1)证明:f(x)在(-,0)内单调递减,在(0,+)内单调递增;(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.(1)证明f(x)=m(emx-1)+2x.若m0,则当x(-,0)时,emx-10,f(x)0.若m0,f(x)0;当x(0,+)时,emx-10.所以,f(x)在(-,0)内单调递减,在(0,+)内单
20、调递增.(2)解由(1)知,对任意的m,f(x)在-1,0上单调递减,在0,1上单调递增,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f(1)-f(0)e-1,f(-1)-f(0)e-1.即em-me-1,e-m+me-1.设函数g(t)=et-t-e+1,则g(t)=et-1.当t0时,g(t)0时,g(t)0.故g(t)在(-,0)内单调递减,在(0,+)内单调递增.又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e1时,由g(t)的单调性,g(m)0,即em-me-1;当m0,即e-m+me-1.综上,m的取值范围是-1,1.对点训
21、练5(2016陕西西安八校联考)已知函数f(x)=m(x-1)ex+x2(mR).(1)若m=-1,求函数f(x)的单调区间;(2)若对任意的xf(x)恒成立,求m的取值范围.解 (1)当m=-1时,f(x)=(1-x)ex+x2,则f(x)=x(2-ex).由f(x)0得0xln 2,由f(x)0得xln 2,故函数f(x)的单调递增区间为(0,ln 2),单调递减区间为(-,0),(ln 2,+).(2)依题意,f(x)=mxex+2mx2+(m+2)x,即x(mex-x-m)0.因为x0.令h(x)=mex-x-m,则h(x)=mex-1,当m1时,h(x)ex-1h(0)=0,符合题意
22、;当m1时,h(x)在(-,-ln m)内单调递减,在(-ln m,0)内单调递增,所以h(x)min=h(-ln m)g(x2)恒成立,则f(x)ming(x)max.若对x1I1,x2I2,使得f(x1)g(x2),则f(x)ming(x)min.若对x1I1,x2I2,使得f(x1)g(x2),则f(x)max0时,由f(x)0得x2a,函数f(x)的单调递增区间为(2a,+);由f(x)0得0x2a,函数f(x)的单调递减区间为(0,2a).(2)存在x1,x2-13,3,使得g(x1)-g(x2)M成立,可化为g(x1)-g(x2)maxM;因为g(x)=x3-x2-3,所以g(x)
23、=3x2-2x=3xx-23;令g(x)=0,得x=0或x=23.当x变化时,g(x),g(x)随x的变化情况如下表:x-13-13,000,232323,33g(x)+0-0+g(x)-8527递增-3递减-8527递增15由上表可知g(x)min=g-13=g23=-8527,g(x)max=g(3)=15;故g(x1)-g(x2)max=g(x)max-g(x)min=49027,所以满足条件的最大整数M=18.(3)当x13,2时,由(2)可知,g(x)在13,23上是减函数,在23,2上是增函数,而g13=-83270,xln x0,即函数h(x)=x-x2ln x在区间13,1上单
24、调递增;当x(1,2时,1-x0,h(x)0).当m0时,f(x)0时,由f(x)=0,解得x=2m.令f(x)0,解得0x2m,此时函数f(x)单调递增;令f(x)0,解得2m-2).(1)试确定t的取值范围,使得函数f(x)在-2,t上为单调函数;(2)当1t4时,求满足f(x0)ex0=23(t-1)2的x0的个数.对点训练7已知函数f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为-2.(1)求a;(2)证明:当k0.当a=-1时,f(x)=-ln x+x22.f(x)=-1x+x=x2-1x=(x+1)(x-1)x.由(x+1)(x-1)x0
25、(x0)解得x1;由(x+1)(x-1)x0)解得0x0.当a0时,x(0,1)时,f(x)0,f(x)为增函数.所以f(x)在x=1时取得最小值f(1)=-a-12.()当a=0时,f(x)=x22-x,由于x0,令f(x)=0,得x=2.则f(x)在(0,+)上有一个零点;()当a=-12时,即f(1)=0时,f(x)有一个零点;()当a0时,f(x)无零点.()当-12a0时,即f(1)0时,由于x0(从右侧趋近0)时,f(x)+;x+时,f(x)+,所以f(x)有两个零点.当0a0,f(x)为增函数;x(a,1)时,f(x)0,f(x)为增函数.所以f(x)在x=a处取到极大值,f(x)在x=1处取到极小值.当0a1时,f(a)0,即当x(0,1)时,f(x)0.而f(x)在x(1,+)时为增函数,且x+时,f(x)+.所以此时f(x)有一个零点.当a=1时,f(x)=(x-1)2x0在(0,+)内恒成立,所以f(x)在(0,+)内为增函数.且x0(从右侧趋近于0)时,f(x)-;x+时,f(x)+.所以f(x)有一个零点.综上所述,当0a1或a=-12时,f(x)有一个零点;当a-12时,f(x)无零点;当-12a0时,f(x)有两个零点.