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1、2022年高考“函数与导数”专题解题分析 报告人：张xx紧扣教材关注本质彰显素养 目录 01 高考函数与导数试题特点分析 02 函数与导数优秀试题赏析 03 函数与导数解法赏析 04 函数与导数复习建议 高考函数与导数试题特点分析 PART.01 I love you more than Ive ever loved any woman.And Ive waited longer for you than Ive waited for any woman.高考函数与导数试题特点分析 2022年高考函数与导数考题仍以选择题、填空题、解答题的形式出现，其中全国新课程卷继续尝试考查多项选择题，试题主
2、要围绕函数的概念和图象、函数的表示方法、函数的基本性质、函数与方程、函数与零点、及函数的应用等，重点围绕两域四性 涉及的主要考点有九个方面：函数的图象与函数的奇偶性用导数研究函数的单调性、极值或最值；函数周期性与参数范围问题；导数的几何意义，求曲线切线的方程；函数的零点讨论；用函数的单调性比较实数大小；利用函数证明不等式或求不等式的解；含参函数的参数对函数性质的影响及参数的变化范围；函数模型的应用 涉及的思想方法与关键能力有八个方面：数形结合思想；分类讨论思想；函数与方程思想;等价转化思想；数学抽象能力;数学运算能力；直观想象能力；逻辑推理能力 考查方式往往一大二小，分值约为25分左右（全国新
3、课程I 卷略多），全国新课程I，II卷、甲卷（理）、乙卷（理）、北京卷、天津卷、浙江卷均以函数与导数压轴 高考函数与导数试题特点分析 1函数的概念和性质 函数的概念和性质部分主要考查三个方面：函数概念的理解；对函数二域四性（单调性、奇偶性、周期性、对称性）的综合处理；运用基本初等函数的性质解决简单的不等式问题 例例 1（2022 全国新课程 I 卷 10）已知函数 31f xxx，则（）A f x有两个极值点 B f x有三个零点 C点0,1是曲线 yf x的对称中心 D直线2yx是曲线 yf x的切线 高考函数与导数试题特点分析 【目标解析】：该题考查利用导数研究函数的单调性、极值；利用导数
4、求函数的切线；函数的对称性，考查学生对基本概念的理解和应用，同时考查学生的逻辑推理和数学运算素养 【试题分析】：该题为常见三次函数性质的探讨，各版本教材都对三次函数作了多个维度的探究，本题来源于教材属于简单题对于函数有对称中心0,1也可以从奇函数 3g xxx向上平移一个单位的角度求解【解法分析】：求导可得 f x在3,3，3,3上单调递增，在33,33上单调递减，即33x 是 f x的两个极值点，故 A 正确；因为三次函数 f x的极大值32 31039f，f x的极小值32 31039f，所以函数 f x只有一个零点，故 B 错误；因为 2fxf x，所以点0,1是曲线 yf x的对称中心
5、，故 C 正确；令 2312fxx，可得1x ，又 111ff，当切点为1,1时，切线为21yx，当切点为1,1时，切线为23yx，故 D 错误故答案选 AC 高考函数与导数试题特点分析【类题赏析】：（2022 北京卷 4）己知函数 112xf x，则对任意实数x，有（）A.0fxf x B.0fxf x C.1fxf x D.13fxf x【类题赏析二】（2022 北京卷 11）函数1()1f xxx的定义域是_【类题赏析三】（2022 浙江卷 14）已知函数 22,1,11,1,xxf xxxx 则12ff_；若当,xa b时，1()3f x，则ba的最大值是_ 高考函数与导数试题特点分析
6、 例例 2（2022 全国新课程 I 卷 12）已知函数 f x及其导函数 fx的定义域均为R，记 g xfx，若322fx，2gx均为偶函数，则（）A 00f B102g C 14ff D 12gg 【目标解析】：该题以抽象函数为载体，考查函数的对称性和周期性，考查学生的逻辑推理、直观想象和数学运算素养【解法分析】：由已知有332222fxfx即3322fxfx，则 14ff，故 C 正确；则3322fxfx，即3322gxgx，所以302g，3gxg x，则 43gxg xgx，即 21g xg xg x，则13022gg，112ggg，故 B正确，D 错误；若函数 f x满足题设条件，则
7、函数 fxC（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定 f x的函数值，故 A 错误故答案选 BC 高考函数与导数试题特点分析 例例 2（2022 全国新课程 I 卷 12）已知函数 f x及其导函数 fx的定义域均为R，记 g xfx，若322fx，2gx均为偶函数，则（）A 00f B102g C 14ff D 12gg 【试题分析】：该题考查了多个函数性质：如可导函数原函数关于直线xa对称，则导函数关于点,0a对称；一个函数既是中心对称，又是轴对称，那么该函数是周期函数等其实三角函数 sinf xx，cosg xx具有类似的性质，本题的本质是基本初等函数的抽象化，因此学生可以在理解题意的基
8、础上，构造一个具体函数，使其满足题设条件，通过这个具体函数得出相应判断，如取 sin1f xx，此时 01f，故 A 错误；cosg xx，1g ，2g，故 D 错误，排除 AD，答案只能是 BC 高考函数与导数试题特点分析【类题赏析】：（2022 全国乙卷理 12）已知函数 f x，g x定义域均为R，且 25f xgx，47g xf x若 yg x的图象关于直线2x 对称，24g，则 221kf k（）A21 B22 C23 D24【类题赏析二】：（2022 全国新课程 II 卷 8）若函数 f x的定义域为R，且 f xyf xyf x fy，11f，则 221kf k（）A3 B2 C
9、0 D1 高考函数与导数试题特点分析 2函数图象 函数图象主要考查学生作图、识图、用图的能力，突出数与形之间关系的考查，需要学生在研究函数性质的基础上研究函数图象，选择题中的图象问题常常可用特殊点、函数性质法和极限思想等方法来解决 例例 3（2022 全国甲卷理 5）函数33cosxxyx在区间,2 2的图象大致为（）A BCD 高考函数与导数试题特点分析 例例 3（2022 全国甲卷理 5）函数33cosxxyx在区间,2 2的图象大致为（）A BCD 【目标解析】：该题为给式识图题，以指数函数三角函数为载体，通过研究函数性质确定函数图象的变化趋势，考查学生逻辑推理、直观想象、数学运算等素养
10、【解法分析】：令 33cosxxf xx，,2 2x，则 fxf x，所以 f x为奇函数，排除 BD；又当0,2x时，330 xx，cos0 x，所以 0fx，排除 C故选 A 【试题分析】：解决给式识图题一般有两种思考方式：一是通过描特殊点，采用排除法确定正确选项，如本题 10f，10f 排除 B、C、D 选项；二是研究函数性质，由性质找到符合条件的函数图象，如本题通过研究函数的奇偶性判断函数图象的对称情况 高考函数与导数试题特点分析【类题赏析】:（2022 全国乙卷文 8）如图是下列四个函数 中的某个函数在区间3,3的大致图像，则该函数是（）A3231xxyx B321xxyx C22
11、cos1xxyx D22sin1xyx 高考函数与导数试题特点分析 3函数、方程、不等式 函数、方程、不等式主要考查函数、方程、不等式相互转化，要求考生能用函数的观点看待方程与不等式，就是用动态的观点看方程与不等式，将方程与不等式看成函数变化过程中的一个特殊状态对函数、方程与不等式的考查，多以基本初等函数为载体，考查实数比较大小，函数零点等问题函数、方程、不等式主要考查函数、方程、不等式相互转化，要求考生能用函数的观点看待方程与不等式，就是用动态的观点看方程与不等式，将方程与不等式看成函数变化过程中的一个特殊状态对函数、方程与不等式的考查，多以基本初等函数为载体，考查实数比较大小，函数零点等问
12、题 例例 4（2022 全国甲乙卷理 12）已知3132a，1cos4b，14sin4c，则（）Acba Bbac Cabc Dacb 【目标解析】：该题以三角函数为载体，考查三个实数比较大小，通过构造恰当函数解决问题，考查特殊到一般、转化与化归等数学思想，渗透了数学运算、逻辑推理等素养 高考函数与导数试题特点分析【解法分析】：因为14tan4cb，因为当0,2x时，sintanxxx，所以11tan44，即1cb，所以cb；设 21cos12f xxx，0,x，sin0fxxx，所以 f x在0,上单调递增，则1(0)04ff，即ba，所以cba故选 A 例例 4（2022 全国甲乙卷理 1
13、2）已知3132a，1cos4b，14sin4c，则（）Acba Bbac Cabc Dacb 【试题分析】：当0,2x时，sintanxxx是一个常见的不等式，可通过单位圆或构造函数求导得证，人教 A 版选择性必修二 97 页练习 1 为证明不等式sin xx，0,x，人教 A 版必修一 256 页有余弦函数的泰勒展开公式：246cos12!4!6!xxxx L，因此试题源自教材而高于教材，解题过程中构造的函数 21cos12f xxx正是源自余弦函数的泰勒展开式 高考函数与导数试题特点分析【类题赏析】：（2022 全国甲卷文 12）已知910m，1011ma，89mb，则（）A0ab B0
14、ab C0ba D0ba 高考函数与导数试题特点分析 4函数模型及其应用 数学建模主要考查学生的数学建模能力，以及分析问题和解决问题的能力数学建模是对现实问题进行抽象，用数学语言表达问题、用数学方法构建模型解决实际问题高考中常从以下几个方面进行考查：用函数图象刻画实际问题的变化过程；用已知函数模型解决实际问题；构造函数模型解决实际问题 例例 5（2022 北京卷 7）在北京冬奥会上，国家速滑馆“冰丝带”使用高效环保的二氧化碳跨临界直冷制冰技术，为实现绿色冬奥作出了贡献如图描述了一定条件下二氧化碳所处的状态与 T 和lgP的关系，其中 T 表示温度，单位是 K；P 表示压强，单位是bar下列结论
15、中正确的是（）A当220T，1026P 时，二氧化碳处于液态 B当270T，128P 时，二氧化碳处于气态 C当300T，9987P 时，二氧化碳处于超临界状态 D当360T，729P 时，二氧化碳处于超临界状态 高考函数与导数试题特点分析 【目标解析】：该题通过实际背景的铺设，考查对数运算，考查学生数学建模素养【解法分析】：当220T，1026P 时，lg3P，此时二氧化碳处于固态，故 A 错误，同理可判 B、C 错误；当360T，729P 时，因2lg3P，故此时二氧化碳处于超临界状态，故 D 正确故选 D 【试题分析】：该题联系实际，试题本身难度不大，但由于背景设问新颖，具有一定的迷惑性
16、，需要学生理解题意，读懂表格，有一定的数学建模能力及一定的估算能力 例例 5（2022 北京卷 7）在北京冬奥会上，国家速滑馆“冰丝带”使用高效环保的二氧化碳跨临界直冷制冰技术，为实现绿色冬奥作出了贡献如图描述了一定条件下二氧化碳所处的状态与 T 和lgP的关系，其中 T 表示温度，单位是 K；P 表示压强，单位是bar下列结论中正确的是（）A当220T，1026P 时，二氧化碳处于液态 B当270T，128P 时，二氧化碳处于气态 C当300T，9987P 时，二氧化碳处于超临界状态 D当360T，729P 时，二氧化碳处于超临界状态 高考函数与导数试题特点分析 5导数的运算和几何意义 导数
17、的运算和几何意义主要考查以下几个方面：导数的基本运算、已知切点的切线方程问题、未知切点的切线方程问题、两条曲线的公切线问题 例例 6（2022 全国新课程 II 卷 14）写出曲线ln|yx过坐标原点的切线方程：_，_ 【目标解析】：该题以偶函数为背景主要考查导数几何意义的应用，考查分类讨论思想，数学运算素养 【试题分析】：曲线切线问题需要厘清在某点的切线与过某点的切线的区别，本题只要常规分类讨论，设线代点即可，属于简单题 高考函数与导数试题特点分析【类题赏析三】（2022 浙江卷 22）设函数e()ln(0)2f xx xx（1）求 f x的单调区间；（2）已知,Ra b，曲线 yf x上不
18、同的三点 112233,x f xxf xxf x处的切线都经过点(,)a b证明：（）若ea，则10()12 eabf a；（）若1230e,axxx，则22132e112ee6e6eaaxxa（注：e2.71828L是自然对数底数）【类题赏析二】（2022 新高考卷 15）若曲线()exyxa有两条过坐标原点的切线，则 a的取值范围是_【类例赏析】：（2022 全国甲卷文 20）已知函数 3f xxx，2g xxa，曲线 yf x在点11,xf x处的切线也是曲线 yg x的切线（1）若11x ，求 a；（2）求 a 的取值范围 高考函数与导数试题特点分析 6导数与函数零点问题 函数零点问
19、题主要考点为：直接求函数的零点，求函数零点的个数；已知函数零点个数求参数的范围；已知函数零点的范围求参数的范围通常的解决策略为：通过研究函数单调性和极值，并结合零点存在定理判断零点个数，可采取分类讨论，半参分离和全参分离等常见方法 例例 7 7（2022 全国乙卷文 20）已知函数 11 lnf xaxaxx（1）当0a 时，求 f x的最大值；（2）若 f x恰有一个零点，求a的取值范围 【目标解析】：该题考查利用导数研究函数的单调性，利用导数求函数的极值、最值，已知零点个数求参数的取值范围等问题，考查分类讨论的思想，考查学生逻辑推理和数学运算素养 高考函数与导数试题特点分析 7导数与函数的
20、单调性和极值（最值）导数应用的常见考点为：求函数的单调区间和函数的极值（最值）、极值点，函数的极值与函数的图象，已知函数极值（最值）求参数范围，函数极值（最值）与不等式证明等问题 例例 8（2022 卷全国乙卷理 16）已知1xx和2xx分别是函数 22exf xax（0a 且1a）的极小值点和极大值点若12xx，则 a 的取值范围是_ 【目标解析】：该题主要考查已知函数的极值求参数的取值范围，考查数形结合、分类讨论等思想，考查学生逻辑推理和数学运算素养 高考函数与导数试题特点分析【解法分析】：2ln2exfxa ax，由已知可得12,xxx U时，0fx，当12,xx x时，0fx，若1a，
21、当0 x 时，2ln0 xa a，2e0 x，则此时 0fx，取01min,0 xx，则当0 xx时 0fx与 0fx矛盾，故1a 不符合题意；（方法一）若01a，则方程2ln2e0 xa ax的两个根为1x，2x，即方程lnexa ax的两个根为1x，2x，即函数lnxya a与函数eyx的图象有两个不同的交点，如图所示：函数 yg x在点00,lnxxa a处切线方程为0020lnlnxxya aa axx，因为过0,0，故有0020lnlnxxa axa a，解得01lnxa，则切线的斜率为122lnlnelnaa aa，所以2elnea，解得11ea或者1ea，又01a，所以11ea综
22、上所述，a的范围为1,1e 高考函数与导数试题特点分析（方法二）若01a，e2ln2e2lnlnxxxfxa axa aa有两个零点1x，2x，令 elnxxg xaa，则 elnlnxgxaaa在,上单调递增，令00gx，则02elnxaa，即201ln lnlnaxa，fx在0,x上单调递增，在0,x 上单调递减，所以0002ln2e0 xfxa ax即201ln ln1lnlnaxaa，因为ln0a，所以21 ln ln1a，即22ln ln00ln1aa，解得11ea或者1ea，又因为01a，所以11ea综上所述，a的范围为1,1e 高考函数与导数试题特点分析（方法三）若01a，2ln
23、2exfxa ax有两个零点1x，2x，由 2ln2e0 xfxa ax，得ln2lneeelnlnxxaaaxxaa，令lntxa，则2eelntat有两个不同的根，由函数etyt，知2eeln a，结合01a得，11ea综上所述，a的范围为1,1e 【试题分析】：该题以函数极值为考点，考查了参数对极值的影响，题型较为常见，但由于函数由指数与多项式构成，因此计算较为复杂方法一将导函数转化为一次函数eyx与lnxya a的图象有两个公共点问题，体现等价转化和数形结合思想；方法二结合极值概念直接研究导函数的零点情况，需要扎实的数学运算素养；方法三运用函数同构思想通过指数函数xya与二次函数2ey
24、x的增长速度的快慢比较，结合题意原函数先减后增再减也能判断1a 时不满足题意 高考函数与导数试题特点分析 8函数与导数综合应用 函数与导数综合应用主要融汇其他数学知识如数列、三角等，不等式证明问题是最常见的考查形式，往往需要用分类讨论、数形结合、转化与化归等数学思想方法加以解决，综合性较强，以难题居多，解答这类题目，准确求导是基础，恰当分类讨论是关键，合理构造是突破 例例 9（2022 全国新课程 II 卷 22）已知函数 eeaxxf xx（1）当1a 时，讨论 f x的单调性；（2）当0 x 时，1f x ，求 a 的取值范围；（3）设nN，证明：222111ln11122nnnL 高考函
25、数与导数试题特点分析 例例 9（2022 全国新课程 II 卷 22）已知函数 eeaxxf xx（1）当1a 时，讨论 f x的单调性；（2）当0 x 时，1f x ，求 a 的取值范围；（3）设nN，证明：222111ln11122nnnL 【目标解析】：该题考查利用导数研究函数的单调性与最值，利用导数证明数列型不等式等问题，考查了分类讨论、转化与化归等数学思想方法，同时考查逻辑推理，数学运算等素养 高考函数与导数试题特点分析 【试题分析】：该题三问难度层层递进，综合性强，第二问，以 021ga的正负为讨论界点是破题关键，第三问抓住问题本质利用不等式当1x 时，12lnxxx，当然也可由第
26、二问取12a，则0 x，总有12ee10 xxx 成立，令12ext，则1t，2ext，2lnxt，故22 ln1ttt即12lnttt 对任意的1t 恒成立第三问也可用数学归纳法证明 例例 9（2022 全国新课程 II 卷 22）已知函数 eeaxxf xx（1）当1a 时，讨论 f x的单调性；（2）当0 x 时，1f x ，求 a 的取值范围；（3）设nN，证明：222111ln11122nnnL 函数与导数优秀试题赏析 I love you more than Ive ever loved any woman.And Ive waited longer for you than Iv
27、e waited for any woman.PART.02 函数与导数优秀试题赏析 2022年的9份试卷中的函数与导数试题琳琅满目，不乏优秀试题，它们聚焦核心内容，突出理性思维，充分考查了学生分析问题解决问题的关键能力.试题设计立意高远，选材鲜活，难度适中，对当前的高中数学教学具有积极的指导意义现选其中四例作一介绍 函数与导数优秀试题赏析 例例 10（2022 全国乙卷文 16）若 1ln1f xabx是奇函数，则a_，b _ 【题意理解】：两空均为在理解奇函数概念和性质的基础上求参数的取值 【思路探求】：从奇函数概念出发，关注其必要条件定义域关于原点对称进而求解【书写表达】：设函数 f x
28、的定义域为I，由 1ln1f xabx知1I，故1I，因为101ax，所以当1x 时，必有101ax，所以12a ，于是 11ln21f xbx，故 10ln02fb，得ln2b 此时 1ln1xf xx，在定义域内满足 fxf x，符合题意故答案为：12；ln2 函数与导数优秀试题赏析 例例 10（2022 全国乙卷文 16）若 1ln1f xabx是奇函数，则a_，b _ 【回顾反思】：该题考查奇函数的定义，试题形式新颖，不落俗套如果学生不分析奇函数概念、性质的内涵，直接建立方程 fxf x，通过对数运算，盲目化简求值必将导致繁琐冗长的计算通过分析题目，发现1x 不在定义域中，因此1x 也
29、不在定义域中是解决此题的关键，用概念、性质分析试题的结构特征，把握试题的整体结构才能找到合适的破题方法，因此教师要重视教材，要将精力花在帮助学生掌握“四基”上 函数与导数优秀试题赏析 例例 11（2022 北京卷 20）已知函数 e ln 1xf xx（1）求曲线 yf x在点 0,0f处切线方程；（2）设 g xfx，讨论函数 g x在0,上的单调性；（3）证明：对任意的s，0,t，有 f stf sf t 【题意理解】：第一问常规的切线方程求解，第二问针对导函数的单调性求解，第三问是简洁新颖的双变元函数不等式证明 【思路探求】：第一、第二问常规性思路，第三问利用主元素法，构造函数加以处理
30、函数与导数优秀试题赏析【书写表达】：（1）（略）曲线 yf x在点 0,0f处的切线方程为yx（2）求导得 221eln 111xgxxxx，令 221ln 111h xxxx，则 23101xh xx成立，所以 h x在0,上单调递增，则 010h xh，所以 0gx在0,上恒成立，则 g x0,上单调递增（3）（方法一）原不等式等价于 0f stf sf tf，令 m xf xtf x，（x，0t），即证 0m xm，求导得 m xg xtg x，由（2）知 g x在0,上单调递增，所以 g xtg x，则 0mx，所以 m x在0,上单调递增，得 0m xm，所以命题得证 （方法二）令
31、m sf stf sf t，即证 0m s，因为 0m sfstfsg stg s，所以 m s在0,上单调递增，则 0000m smf tff tf，命题得证 函数与导数优秀试题赏析 【回顾反思】：该题考查函数图象的切线，导数的几何意义，导数与函数单调性，以及利用主元法结合导数工具解决二元不等式的证明问题，三问难度层层递进，第一问、第二问友好地为第三问进行了铺垫，合理确定主元，构造函数是解题关键，考查了转化与化归等数学思想方法，同时考查逻辑推理，数学运算等素养 本题由于s与t的地位是同等的，结构是对称的，任选其一作为主元皆可，有些题目两个变元有所不同，需要用辩证的思维确定主元，在导数的大题复
32、习中，双变量问题所遇较少，考生考场上往往难以完成，但是从转化与化归的思想出发，从不等式到函数的转化，从二元到一元的化归也是“四基”和“四能”的基本体现 例例 11（2022 北京卷 20）已知函数 e ln 1xf xx（1）求曲线 yf x在点 0,0f处切线方程；（2）设 g xfx，讨论函数 g x在0,上的单调性；（3）证明：对任意的s，0,t，有 f stf sf t 函数与导数优秀试题赏析 例例 12（2022 全国新课程 I 卷 22）已知函数 exf xax和 lng xaxx有相同的最小值（1）求a；（2）证明：存在直线yb，其与两条曲线 yf x和 yg x共有三个不同的交
33、点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列 【题意理解】：第一问是在相同最小值条件下，求实数a；第二问是三个交点横坐标成等差数列的证明题 【思路探求】：第一问根据最小值相同条件列式求解，第二问首先分析出直线yb与两条曲线 yf x和 yg x共有三个不同的交点关系式，其次利用同构思想与函数单调性找出横坐标间的关系得证 函数与导数优秀试题赏析【书写表达】：（1）（略解）minlnlnf xfaaaa，min111lng xgaa 故11lnlnaaaa，整理得到1ln1aaa，设 1ln01ag aa aa，则 22101ag aaa，故 g a在0,上单调递减，而()10g=，故1ln1aa
34、a的解为1a 综上，1a 例例 12（2022 全国新课程 I 卷 22）已知函数 exf xax和 lng xaxx有相同的最小值（1）求a；（2）证明：存在直线yb，其与两条曲线 yf x和 yg x共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列 函数与导数优秀试题赏析（2）由（1）可得 f x和 g x的最小值为1 1当1b，由（1）讨论可得lnxxb、exxb最多有一个零点 2当1b 时，考虑exxb的解的个数、lnxxb的解的个数设 exS xxb，e1xSx，得 S x在,0上单调递减，在0,上单调递增，所以 min010S xSb，而e0bSb，e2e20bS bb
35、bb，故 S x有两个不同的零点，即exxb的解的个数为 2设 lnT xxxb，1xTxx，得 T x在()0,1上单调递减，在1,上单调递增，所以 min110T xTb，而ee0bbT，ee20bbTb，T x有两个不同的零点即lnxxb的解的个数为 2 例例 12（2022 全国新课程 I 卷 22）已知函数 exf xax和 lng xaxx有相同的最小值（1）求a；（2）证明：存在直线yb，其与两条曲线 yf x和 yg x共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列 函数与导数优秀试题赏析 设 eln2xh xf xg xxx，故 1e2xh xx11 2 10
36、xx，所以 h x在0,上单调递增，而 1e20h，31e333122e3e30eeeh，所以031,1ex 使得00h x，即00f xg xb，故直线yb与曲线 yf x、()yg x=有三个不同的交点，从左到右的三个交点的横坐标依次为1x，0 x，2x，则01ln1000elnelnxxxxxx，由于10 x，0ln0 x，结合 f x在,0上单调递减，可得10lnxx；000220lneelnexxxxxx，由于21x，0e1x，结合 g x在1,上单调递增，可得02exx，根据1122elnxxxx可得11220eln2xxxxx，得证 例例 12（2022 全国新课程 I 卷 22
37、）已知函数 exf xax和 lng xaxx有相同的最小值（1）求a；（2）证明：存在直线yb，其与两条曲线 yf x和 yg x共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列 函数与导数优秀试题赏析 例例 12（2022 全国新课程 I 卷 22）已知函数 exf xax和 lng xaxx有相同的最小值（1）求a；（2）证明：存在直线yb，其与两条曲线 yf x和 yg x共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列 【回顾反思】：该题先考查函数与导数的基本概念和运算，利用导数求函数的最值，对分类讨论等思想在解题中的灵活运用作了深入考查，同时考查逻辑推理，数
38、学运算等素养，进而在求得1a，1b 的基础上进行深度探究，要求学生有严密的逻辑推理能力，敏锐的直观想象能力，该题在数学知识层面、数学能力层面和创新思维层面都进行了很好的考查，具有较好的选拔功能 函数与导数优秀试题赏析 【题意理解】试题以指对数函数为素材，以考察函数零点分布设计而成的一道题目第一问常规性切线方程问题，第二问看似简单，实则需要分类分情况讨论求解对 f x在区间1,0，0,各恰有一个零点理解分析是破题关键 【思路探求】第二问解题主要有两条思路，一是将 f x的导数 2e11exxaxfxx的分子处理成 2e1xg xax直接再求导再分类讨论求之，二是将 f x的导数化成 21111e
39、xaxfxx，再令 211exaxg x 然后分类讨论求之 例例 13（2022 全国乙卷 21）已知函数 ln 1exf xxax（1）当1a 时，求曲线 yf x在点 0,0f处的切线方程；（2）若 f x在区间1,0，0,各恰有一个零点，求 a 的取值范围 函数与导数解法赏析 I love you more than Ive ever loved any woman.And Ive waited longer for you than Ive waited for any woman.PART.3 行业PPT模板http:/ 例例 14（2022 全国新高考卷 7）设0.10.1ea，1
40、9b，ln0.9c ，则 Aabc Bcba Ccab Dacb 解：解：第一部分比较a与b的大小（方法 1）利用不等式ln1x x，（当且仅当1x 时取等号）令910 x 有91ln1010，所以91ln1010，即11010110lne9109，即0.110.1e9，所以ab（方法 2）利用不等式1lnxxx，（当且仅当1x 时取等号）比较a与b的大小等价于比较lna与lnb的大小，0.1101111019lnlnln 0.1elnln0109109109ab，即lnlnab，所以ab 函数与导数解法赏析（方法 3）利用不等式11e1nn，其中nN*取9n 得101110101110101
41、1e1lnee91099109，所以ab（方法 4）构造函数直接作差比大小，因为1ee11xxxxxxx，令 1e1xh xx，其中00.1x，则 2221e11e11xxxh xxx，令 21 e1xp xx，则 21 e0 xp xx成立，所以 p x在0,0.1上单调递减，所以 00p xp，即 0hx成立，所以 h x在0,0.1上单调递减，00h xh，即ab 函数与导数解法赏析（方法 5）作商比较，e1e1xxxxxx，令 1exm xx，其中01x，则 e0 xm xx，所以 m x在0,1上单调递减，01m xm，所以ab（方法 6）作商后利用不等式eexx，（当且仅当1x 时
42、取等号），当01x时，111e 1e 1e1e1e1ee 11xxxxxxxxxxxx，所以ab（方法 7）取对数作差，lnelnxxxx，lnlnln 11xxxx，两式相减得lnelnln 101xxxxxxxx（也可以求导可证），即ab（方法 8）当01x时，21e11xnxxxx LL，所以e1xxxx，即ab 函数与导数解法赏析 第二部分比较a与c的大小（方法 1）利用不等式，当01x时，e1xx与11ln2xxx 0.11150.1eln0.90.1 10.10.90.110.4520.99ac514510.5609259225，所以ca（方法 2）利用不等式，当01x时，e1xx
43、与1lnxxx 0.1111100.1eln0.90.1 10.10.9100300.9ac33 10 10108910000300300，所以ca（方法 3）利用对数均值不等式1212121212lnln2xxxxx xxxxx，令11x，20.9x，则1 0.90.9ln1 ln0.9即0.1ln0.90.9，0.10.1111100.1eln0.90.1 10.110 1030.9ac133 10 101089100001030300，所以ca 函数与导数解法赏析（方法 4）二次求导，11 e1xfxxx，212 e1xfxxx，当00.1x 时，2 e22xxx，20.8111x，所以
44、211002811x，即 0fx成立，则 fx在0,0.1上单调递增，00fxf，所以 f x在0,0.1上单调递增，00f xf，即ca（方法 5）局部求导，21 e111 e11xxxfxxxx，令 21 e1xg xx，其中00.1x，221 e0 xgxxx成立，所以 g x在0,0.1上单调递减，00g xg，又因为当00.1x 时，10 x ，所以 0fx，故 f x在0,0.1上单调递增，00f xf，即ca 函数与导数解法赏析（方法 6）导函数局部放缩，当01x时，2221e111110111xxxxxxxfxxxx，故 f x在0,0.1上单调递增，00f xf，即ca（方法
45、 7）利用不等式当01x时，e1xx，11ln2xxx原函数直接放缩，21111eln 111212221xxf xxxx xxxxx221021xxx，所以ca（方法 8）利用不等式当01x时，e1xx，1lnxxx放缩成多项式，11eln 111111xf xxxx xxx xxx 1111xxxx，因为 2232211212111xxxxxxxxxx ，所以ca 函数与导数解法赏析（方法 9）由高等数学中的泰勒展开式，可以估算a，c的大小，进而根据估算值三数比较大小 因此0.10.010.1e0.1 10.10.11052a，10.11119b，0.010.001ln0.9ln 10.1
46、0.10.105323c ，所以cab 【回顾反思】：该题以指数、对数和幂为载体，看似考查比较大小问题，实则以小见大，贯穿高中函数知识“主轴”，为我们展示了如何利用函数工具研究“数值估算”问题的一般原理与方法本题解题入口宽阔，思维方法多样，涉及到的知识点有基本初等函数指、对、幂比大小问题，基本初等函数的导数、复合函数的导数，函数的单调性与导数的关系，不等式的证明与放缩等等，突出数学本质，重视理性思维，有机渗透了数学运算、逻辑推理、数据分析等数学核心素养 函数与导数解法赏析 例例 15（2022 全国甲卷理 21）已知函数 elnxf xxxax（1）若 0fx，求a的取值范围；（2）证明：若
47、f x有两个零点，则121x x 解解：（1）（方法一）直接求导：elnxf xxxax，所以0,x，221 eee11xxxxxxfxxxx，当01x时，0fx，则 f x在0,1上单调递减；当1x 时，0fx，则 f x在1,上单调递增，min1e10f xfa ，所以e 1a，即,e1a 函数与导数解法赏析（方法二）切线放缩：利用切线不等式eexx，ln1x x（取等号的条件均为1x），则 eelnlne10 xxf xxxaxxaaxx 厖（当且仅当1x 时取等号），所以e 1a，即,e1a （方法三）必要条件压缩讨论：因为 0fx，所以 1e10fa ，即e 1a，下证当e 1a时原
48、不等式成立，由方法一和方法二可证 函数与导数解法赏析（方法四）朗博同构与对数切线放缩：lnelnelnxxxf xxxaxxax，令ln1txx（当且仅当1x 时取等号），记 etg tta 在1,上单调递增，所以 1e10g tga 厖，所以e 1a，即,e1a （方法五）指对同构与指数切线放缩：eeelnlnxxxf xxxaaxxx，令eextx（当且仅当1x 时取等号），记 lng ttta 在e,上单调递增，所以 ee10g tga 厖，所以e 1a，即,e1a 函数与导数解法赏析（2）（方法一）对称构造分组求导：由()问知，f x在0,1上单调递减；在1,上单调递增，则 f x的一
49、个零点小于 1，一个零点大于 1，不妨设121xx，要证121x x，即证121xx，因为1x，210,1x，即证 121f xfx，因为12f xf x，即证221f xfx，即证1e1lneln0 xxxxxxxx，1,x，即证1e11e2 ln02xxxxxxx，下面证明1x 时，1ee0 xxxx，11ln02xxx，设 1eexxg xxx，1,x，则 11122111111eee1ee1xxxxxgxxxxxxxx 111e1 e1eexxxxxxxxx，设 e1xxxx，22111ee0 xxxxxxx，所以 1ex，而1eex，所以1ee0 xxx，所以 0gx，所以 g x在
50、1,单调递增，即 10g xg，所以1ee0 xxxx，令 11ln2h xxxx，1,x，2222211112110222xxxh xxxxx 所以 h x在1,单调递减，即 10h xh，所以11ln02xxx；综上，1e11e2 ln02xxxxxxx，所以121x x 函数与导数解法赏析（方法二）对称构造直接求导：由方法一知即证1e1e2ln0 xxxxxxx，1,x，令 1e1e2ln1xxg xxxxxxx，则 1221ee11 ee10 xxxxxxxxxgxxx，所以 g x在1,上单调递增，所以 10g xg，命题得证（方法三）朗博同构与对称构造：lnelnelnxxxf x