PAGE1-一函數(shù)與導(dǎo)數(shù)中的高考熱點(diǎn)問(wèn)題[命題解讀]1.函數(shù)是中學(xué)數(shù)學(xué)的核心內(nèi)容，導(dǎo)數(shù)是探討函數(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)．2．常涉及的問(wèn)題有：探討函數(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．3．涉及的數(shù)學(xué)思想有：函數(shù)與方程、分類(lèi)探討、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)探討函數(shù)的性質(zhì)函數(shù)的單調(diào)性、極值是局部概念，函數(shù)的最值是整體概念，探討函數(shù)的性質(zhì)必需在定義域內(nèi)進(jìn)行，因此，務(wù)必遵循定義域優(yōu)先的原則，本熱點(diǎn)主要有三種考查方式：(1)探討函數(shù)的單調(diào)性或求單調(diào)區(qū)間；(2)求函數(shù)的極值或最值；(3)利用函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值，求參數(shù)的范圍．【例1】(2024·天津高考節(jié)選)設(shè)函數(shù)f(x)＝(x－t1)(x－t2)(x－t3)，其中t1，t2，t3∈R，且t1，t2，t3是公差為d的等差數(shù)列．(1)若t2＝0，d＝1，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程；(2)若d＝3，求f(x)的極值．[解](1)由已知，可得f(x)＝x(x－1)(x＋1)＝x3－x，故f′(x)＝3x2－1.因此f(0)＝0，f′(0)＝－1，又因?yàn)榍€y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y－f(0)＝f′(0)(x－0)，故所求切線方程為x＋y＝0.(2)由已知可得f(x)＝(x－t2＋3)(x－t2)(x－t2－3)＝(x－t2)3－9(x－t2)＝x3－3t2x2＋(3teq\o\al(2,2)－9)x－teq\o\al(3,2)＋9t2.故f′(x)＝3x2－6t2x＋3teq\o\al(2,2)－9.令f′(x)＝0，解得x＝t2－eq\r(3)，或x＝t2＋eq\r(3).當(dāng)x改變時(shí)，f′(x)，f(x)的改變狀況如下表：x(－∞，t2－eq\r(3))t2－eq\r(3)(t2－eq\r(3)，t2＋eq\r(3))t2＋eq\r(3)(t2＋eq\r(3)，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↘極大值↗微小值↘所以函數(shù)f(x)的極大值為f(t2－eq\r(3))＝(－eq\r(3))3－9×(－eq\r(3))＝6eq\r(3)；函數(shù)f(x)的微小值為f(t2＋eq\r(3))＝(eq\r(3))3－9×eq\r(3)＝－6eq\r(3).[規(guī)律方法]1.探討函數(shù)的性質(zhì)，必需在定義域內(nèi)進(jìn)行，因此利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的性質(zhì)，應(yīng)遵循定義域優(yōu)先的原則．2．探討函數(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)到推斷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)題求解．(2024·合肥模擬)已知函數(shù)f(x)＝alnx＋x2－ax(a∈R)．(1)若x＝3是f(x)的極值點(diǎn)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求g(x)＝f(x)－2x在區(qū)間[1，e]的最小值h(a)．[解](1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a,x)＋2x－a＝eq\f(2x2－ax＋a,x)，因?yàn)閤＝3是f(x)的極值點(diǎn)，所以f′(3)＝eq\f(18－3a＋a,3)＝0，解得a＝9.所以f′(x)＝eq\f(2x2－9x＋9,x)＝eq\f(2x－3x－3,x)，所以當(dāng)0＜x＜eq\f(3,2)或x＞3時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)eq\f(3,2)＜x＜3時(shí)，f′(x)＜0.所以f(x)的遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))和(3，＋∞)，遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3)).(2)由題知，g(x)＝f(x)－2x＝alnx＋x2－ax－2x.g′(x)＝eq\f(2x2－ax＋a,x)－2＝eq\f(2x－ax－1,x).①當(dāng)eq\f(a,2)≤1，即a≤2時(shí)，g(x)在[1，e]上為增函數(shù)，h(a)＝g(1)＝－a－1；②當(dāng)1＜eq\f(a,2)＜e，即2＜a＜2e時(shí)，g(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,2)))上為減函數(shù)，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，e))上為增函數(shù)，h(a)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝alneq\f(a,2)－eq\f(1,4)a2－a；③當(dāng)eq\f(a,2)≥e，即a≥2e時(shí)，g(x)在[1，e]上為減函數(shù)，h(a)＝g(e)＝(1－e)a＋e2－2e.綜上，h(a)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a－1，a≤2，,aln\f(a,2)－\f(1,4)a2－a，2＜a＜2e，,1－ea＋e2－2e，a≥2e.))利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題探討函數(shù)零點(diǎn)的本質(zhì)就是探討函數(shù)的極值的正負(fù)，為此，我們可以通過(guò)探討函數(shù)的單調(diào)性來(lái)解決，求解時(shí)應(yīng)注意等價(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)的狀況求參數(shù)的取值范圍．【例2】(本小題滿(mǎn)分12分)(2024·全國(guó)卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－a(x2＋x＋1)．(1)若a＝3，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)．[信息提取]看到(1)求單調(diào)區(qū)間，想到導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系；看到(2)f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)，想到f(x)的單調(diào)性及函數(shù)有零點(diǎn)的條件．[規(guī)范解答](1)當(dāng)a＝3時(shí)，f(x)＝eq\f(1,3)x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.令f′(x)＝0解得x＝3－2eq\r(3)或x＝3＋2eq\r(3). 2分當(dāng)x∈(－∞，3－2eq\r(3))∪(3＋2eq\r(3)，＋∞)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(3－2eq\r(3)，3＋2eq\r(3))時(shí)，f′(x)<0. 4分故f(x)在(－∞，3－2eq\r(3))，(3＋2eq\r(3)，＋∞)上遞增，在(3－2eq\r(3)，3＋2eq\r(3))上遞減. 5分(2)證明：由于x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等價(jià)于eq\f(x3,x2＋x＋1)－3a＝0. 7分設(shè)g(x)＝eq\f(x3,x2＋x＋1)－3a，則g′(x)＝eq\f(x2x2＋2x＋3,x2＋x＋12)≥0，僅當(dāng)x＝0時(shí)g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)遞增．故g(x)至多有一個(gè)零點(diǎn)，從而f(x)至多有一個(gè)零點(diǎn). 9分又f(3a－1)＝－6a2＋2a－eq\f(1,3)＝－6a－eq\f(1,6)2－eq\f(1,6)<0，f(3a＋1)＝eq\f(1,3)>0，故f(x)有一個(gè)零點(diǎn). 11分綜上，f(x)只有一個(gè)零點(diǎn). 12分[易錯(cuò)與防范]易錯(cuò)誤區(qū)：(1)把單調(diào)增區(qū)間用“∪”連接．(2)作第(2)問(wèn)時(shí)，干脆求f′(x)，導(dǎo)致無(wú)法求解．(3)無(wú)法找到區(qū)間(m，n)，使得f(m)f(n)＜0.防范措施：(1)單調(diào)區(qū)間不能用“∪”連接．(2)求函數(shù)零點(diǎn)時(shí)，常利用f(x)＝0，轉(zhuǎn)化函數(shù)的表現(xiàn)形式．(3)在找尋m，n使得f(m)f(n)＜0時(shí)，可通過(guò)多次嘗試獲得．[通性通法]利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)零點(diǎn)的兩種常用方法(1)用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性，借助零點(diǎn)存在性定理推斷；或用導(dǎo)數(shù)探討函數(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．(2024·武漢模擬)已知f(x)＝lnx－x3＋2ex2－ax，a∈R，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．(1)若f(x)在x＝e處的切線的斜率為e2，求a；(2)若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍．[解](1)f′(x)＝eq\f(1,x)－3x2＋4ex－a，f′(e)＝eq\f(1,e)＋e2－a＝e2，∴a＝eq\f(1,e).(2)由lnx－x3＋2ex2－ax＝0，得eq\f(lnx,x)－x2＋2ex＝a.記F(x)＝eq\f(lnx,x)－x2＋2ex，則F′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)－2(x－e)．當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，F(xiàn)′(x)＜0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞減．當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，F(xiàn)′(x)＞0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞增，∴F(x)max＝F(e)＝eq\f(1,e)＋e2，而x→0時(shí)，F(xiàn)(x)→－∞，x→＋∞時(shí)，F(xiàn)(x)→－∞.故a＜eq\f(1,e)＋e2.利用導(dǎo)數(shù)探討不等式問(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】設(shè)函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\f(1－a,2)x2－bx(a≠1)，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線斜率為0.(1)求b；(2)若存在x0≥1，使得f(x0)<eq\f(a,a－1)，求a的取值范圍．[解](1)f′(x)＝eq\f(a,x)＋(1－a)x－b.由題設(shè)知f′(1)＝0，解得b＝1.(2)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，由(1)知，f(x)＝alnx＋eq\f(1－a,2)x2－x，f′(x)＝eq\f(a,x)＋(1－a)x－1＝eq\f(1－a,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,1－a)))(x－1)．①若a≤eq\f(1,2)，則eq\f(a,1－a)≤1，故當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上遞增．所以，存在x0≥1，使得f(x0)<eq\f(a,a－1)的充要條件為f(1)<eq\f(a,a－1)，即eq\f(1－a,2)－1<eq\f(a,a－1)，解得－eq\r(2)－1<a<eq\r(2)－1.②若eq\f(1,2)<a<1，則eq\f(a,1－a)>1，故當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,1－a)))時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,1－a)，＋∞))時(shí)，f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,1－a)))上遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,1－a)，＋∞))上遞增．所以，存在x0≥1，使得f(x0)<eq\f(a,a－1)的充要條件為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,1－a)))<eq\f(a,a－1).而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,1－a)))＝alneq\f(a,1－a)＋eq\f(a2,21－a)＋eq\f(a,a－1)>eq\f(a,a－1)，所以不合題意．③若a>1，則f(1)＝eq\f(1－a,2)－1＝eq\f(－a－1,2)<eq\f(a,a－1).綜上，a的取值范圍是(－eq\r(2)－1，eq\r(2)－1)∪(1，＋∞)．[規(guī)律方法]1.利用導(dǎo)數(shù)證明不等式成立問(wèn)題的常用方法(1)干脆將不等式轉(zhuǎn)化成某個(gè)函數(shù)最值問(wèn)題：若證明f(x)＜g(x)，x∈(a，b)，可以構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)，假如F′(x)＜0，則F(x)在(a，b)上是減函數(shù)，同時(shí)若F(a)≤0，由減函數(shù)的定義可知，x∈(a，b)時(shí)，有F(x)＜0，即證明白f(x)＜g(x)．(2)將待證不等式轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)的最值進(jìn)行比較證明：在證明不等式中，若待證不等式的變形無(wú)法轉(zhuǎn)化為一個(gè)函數(shù)的最值問(wèn)題，可借助兩個(gè)函數(shù)的最值證明，如證f(x)≥g(x)在D上成立，只需證明f(x)min≥g(x)max即可．2．利用導(dǎo)數(shù)求不等式中參數(shù)的范圍用導(dǎo)數(shù)解決滿(mǎn)意不等式條件的參數(shù)范圍問(wèn)題，一般都須要構(gòu)造函數(shù)，然后對(duì)構(gòu)造的函數(shù)求導(dǎo)，一般導(dǎo)函數(shù)中都含有參數(shù)，通過(guò)對(duì)參數(shù)探討確定導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)，由導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)確定構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性，再由單調(diào)性確定是否滿(mǎn)意函數(shù)不等式，由此求出參數(shù)范圍．(2024·鄭州模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx－(1＋a)x2－x.(1)探討函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a＜1時(shí)，證明：對(duì)隨意的x∈(0，＋∞)，有f(x)＜－eq\f(lnx,x)－(1＋a)x2－a＋1.[解](1)由題知f′(x)＝eq\f(－21＋ax2－x＋1,x)(x＞0)，當(dāng)a≠－1時(shí)，由f′(x)＝0得2(1＋a)x2＋x－1＝0且Δ＝9＋8a，x1＝eq\f(－1－\r(9＋8a),41＋a)，x2＝eq\f(－1＋\r(9＋8a),41＋a)，①當(dāng)a＝－1時(shí)，f(x)在(0,1)上遞增，在(1，＋∞)上遞減；②當(dāng)a＞－1時(shí)，f(x)在(0，x2)上遞增，在(x2，＋∞)上遞減；③當(dāng)a≤－eq\f(9,8)時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上遞增；④當(dāng)－eq\f(9,8)＜a＜－1時(shí)，f(x)在(0，x2)和(x1，＋∞)上遞增，在(x2，x1)上遞減．(2)當(dāng)a＜1時(shí)，要證f(x)＜－eq\f(lnx,x)－(1＋a)x2－a＋1在(0，＋∞)上恒成立，只需證lnx－x＜－eq\f(lnx,x)－a＋1在(0，＋∞)上恒成立，令F(x)＝lnx－x，g(x)＝－eq\f(lnx,x)－a＋1，由F′(x)＝eq\f(1,x)－1，易得F(x)在(0,1)上遞增，在(1，＋∞)上遞減，故F(x)≤F(1)＝－1，由g(x)＝－eq\f(lnx,x)－a＋1得g′(x)＝－eq\f(1－lnx,x2)＝eq\f(lnx－1,x2)(x＞0)．當(dāng)0＜x＜e時(shí)，g′(x)＜0；當(dāng)x＞e時(shí)，g′(x)＞0.所以g(x)在(0，e)上遞減，在(e，＋∞)上遞增．所以g(x)≥g(e)＝－eq\f(1,e)＋1－a.又a＜1，所以－eq\f(1,e)＋1－a＞－eq\f(1,e)＞－1，即F(x)max＜g(x)min，所以lnx－x＜－eq\f(lnx,x)－a＋1在(0，＋∞)上恒成立，故當(dāng)a＜1時(shí)，對(duì)隨意的x∈(0，＋∞)，f(x)＜－eq\f(lnx,x)－(1＋a)x2－a＋1恒成立．[大題增分專(zhuān)訓(xùn)]1．(2024·武漢模擬)(1)求函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)的最大值；(2)若函數(shù)g(x)＝ex－ax有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．[解](1)對(duì)f(x)＝eq\f(lnx,x)求導(dǎo)得，f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2).易知當(dāng)0＜x＜e時(shí)，f(x)為增函數(shù)，當(dāng)x＞e時(shí)，f(x)為減函數(shù)，∴f(x)≤f(e)＝eq\f(1,e)，從而f(x)的最大值為eq\f(1,e).(2)①當(dāng)a＝0時(shí)，g(x)＝ex在R上為增函數(shù)，且g(x)＞0，故g(x)無(wú)零點(diǎn)．②當(dāng)a＜0時(shí)，g(x)＝ex－ax在R上遞增，又g(0)＝1＞0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝eeq\f(1,a)－1＜0，故g(x)在R上只有一個(gè)零點(diǎn)．③當(dāng)a＞0時(shí)，由g′(x)＝ex－a＝0可知g(x)在x＝lna處取得唯一微小值，g(lna)＝a(1－lna)．若0＜a＜e，則g(x)微小值＝a(1－lna)＞0，g(x)無(wú)零點(diǎn)，若a＝e，則g(x)微小值＝0，g(x)只有一個(gè)零點(diǎn)，若a＞e，則g(x)微小值＝a(1－lna)＜0，而g(0)＝1＞0，由(1)可知，f(x)＝eq\f(lnx,x)在x＞e時(shí)為減函數(shù)，∴當(dāng)a＞e時(shí)，ea＞ae＞a2，從而g(a)＝ea－a2＞0，∴g(x)在(0，lna)與(lna，＋∞)上各有一個(gè)零點(diǎn)．綜上知，a＞e時(shí)，f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)．故實(shí)數(shù)a的取值范圍為(e，＋∞)．2．(2024·濟(jì)南模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝x－eq\f(2,x)－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(1,x2)))，a＝R.(1)探討f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a＞0時(shí)，記f(x)的最小值為g(a)，證明：g(a)＜1.[解](1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝1＋eq\f(2,x2)－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(2,x3)))＝eq\f(x2＋2,x2)－eq\f(x2＋2,x3)a＝eq\f(x2＋2x－a,x3)，若a≤0，則f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上遞增．若a＞0，當(dāng)x∈(0，a)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)遞減；當(dāng)x∈(a，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增．綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上遞增；當(dāng)a＞0時(shí)，f(x)在(0，a)上遞減，在(a，＋∞)上遞增．(2)由(1)知，f(x)min＝f(a)＝a－eq\f(2,a)－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lna－\f(1,a2)))＝a－alna－eq\f(1,a).即g(a)＝a－alna－eq\f(1,a).要證g(a)＜1，即證a－alna－eq\f(1,a)＜1，即證1－lna－eq\f(1,a2)＜eq\f(1,a)，令h(a)＝lna＋eq\f(1,a)＋eq