高考数学之函数与导数部分高频考点与解题策略

东北育才学校 王乐双

函数与导数部分，是中学数学中最重要的主干知识，贯穿高中数学教学的全过程，是历年来高考考查力度最大的主干知识．《考试大纲》是这样诠释的：这是因为函数的基础知识在现实生活及其他学科中有着广泛的应用，运用函数的思想方法可以构造描述客观世界的一些重要数学模型，而且函数的基础知识和思想方法又是进一步学习数学和其他学科的重要基础，因此对函数知识和思想方法的考查是高考的一个聚焦点．

2016年全国新课标的《考试说明》对函数与导数部分要求考生做到：（1）会求一些简单函数的定义域与值域；（2）会根据不同的需要选择恰当的方法表示函数；（3）能简单应用不超过三段的分段函数；（4）会用基本初等函数的图像分析函数的性质；（5）能求简单函数的导数，能求简单复合函数（幂为一次函数）的导数；（6）能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（其中多项式函数不超过三次）；（7）会用导数求函数的极大值、极小值，会求闭区间上函数的最大值、最小值（其中多项式函数不超过三次）．

一、函数与导数的考点分析

二、函数与导数解题策略分析及热点题型分析

（一）小题小做，小题巧做

高考试卷填选题的构思巧妙，旨在控制运算量，降低考生的计算量，提高考生的解题思维能力．小题小做、小题巧做是要求学生透过表象看本质，增强学生发现问题和解决问题的能力．

例1 （2016年新课标ⅠⅠ卷） 已知函数f（x）（x∈R）满足f（-x）=2-f（x），若函数图像的交点为（x1，y1），（x2，y2），…，（xm，ym），则

（A）0 （B）m（C）2m（D）4m

【解析】由f（-x）=2-f（x）知函数f（x）的图像关于点（0，1）对称的图像也关于点（0，1）对称，所以两个图像的交点（x1，y1），（x2，y2），…，（xm，ym）成对出现，且每一对均关于（0，1）对称，所以

【说明】首先通过两个已知表达式发现两个函数的对称中心都是（0，1），得出两曲线的交点必关于（0，1）对称．通过数形结合得出答案，没有复杂的计算，省时省力．

例2 （2016年新课标ⅠⅠ卷）若直线y=kx+b是曲线y=lnx+2的切线，也是曲线y=ln（x+1）的切线，则b=_____．

【解析】将函数y=ln（x+1）的图像，向右平移1个单位，再向上平移2个单位，得到函数y=lnx+2的图像，设直线y=kx+b与曲线y=ln（x+1）的切点为（x0，y0）， 平移后切点为 （x0+1，y0+2）， 可得k=进而求得b=1-ln2．

【说明】利用两个函数的关系，借助函数图像的平移．通过函数的图像可将它们紧密地结合在一起．数形结合不仅在中学数学中占有重要的地位，也是历年高考重点考查的内容之一．在运用数形结合解题时要注意以下两点：

（1）“形”中觅“数”：根据形的直观性来寻求数量关系，将几何问题代数化，使问题得到解决；

（2）“数”中构“形”：根据代数问题具有的几何特征，进而发现数与形之间的关系，从而使代数问题几何化，使问题得到解决．

（二）函数与导数解答题高频考点题型归类

1．利用导数研究函数的单调性、极值（最值）问题

例3 （2016年新课标ⅠⅠ卷）

（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性，并证明当x＞0 时，（x-2）ex+x+2＞0；

（Ⅱ）证明：当a∈［0，1）时，函数（x＞0）有最小值．设g（x）的最小值为h（a），求函数h（a）的值域．

【解析】

（Ⅰ）f（x）的定义域为（-∞，-2）∪（-2，+∞）.

且仅当x=0 时，f′（x）=0，所以f（x）在（-∞，-2），（-2，+∞）单调递增.

因此当x∈（0，+∞）时，f（x）＞f（0）=-1．

所以（x-2）ex＞-（x+2），（x-2）ex+x+2＞0．

由（Ⅰ）知，f（x）+a单调递增．对任意a∈［0，1），f（0）+a=a-1＜0，f（2）+a=a≥0．

因此，存在唯一xa∈（0，2 ］，使得f（xa）+a=0，即g′（xa）=0．

当 0＜x＜xa时，f（x）+a＜0，g′（x）＜0，g（x）单调递减；

当x＞xa时，f（x）+a＞0，g′（x）＞0，g（x）单调递增．

因此g（x）在x=xa处取得最小值，最小值为单调递增．

所以，由xa∈（0，2 ］，得因为单调递增，对任意存在唯一的xa∈（0，2 ］，a=-f（xa）∈［0，1），使得h（a）=λ．所以h（a）的值域是

综上，当a∈［0，1）时，g（x）有最小值h（a），h（a）的值域是

【说明】在解决函数单调性问题的过程中，必须在函数的定义域内，通过讨论导数的符号，来判断函数的单调区间．函数的最大值、最小值是通过比较整个定义区间的函数值得出的，且最值只有一个．

例 4 （2016 年天津卷）设函数f（x）=（x-1）3-ax-b，x∈R，，其中a，b∈R．

（Ⅰ）求f（x）的单调区间；

（Ⅱ）若f（x）存在极值点x0，且f（x1）=f（x0），其中x1≠x0，求证：x1+2x0=3；

（Ⅲ）设a＞0，函数，求证：g（x）在区间［0，2 ］上的最大值不小于

【解析】（Ⅰ）由f（x）=（x-1）3-ax-b，可得f′（x）=3（x-1）2-a．

下面分两种情况讨论：

（1）当a≤0 时，有f′（x）=3（x-1）2-a≥0 恒成立，所以f（x）的单调递增区间为（-∞，+∞）；

（2）当a＞0 时，令f′（x）=0，解得，或

当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：

所以f（x）的单调递减区间为单调递增区间为

（Ⅱ）证明：因为f（x）存在极值点，所以由（Ⅰ）知a＞0，且x0≠1．由题意，得f′（x0）=3（x0-1）2-a=0，即

且3-2x0≠x0，由题意及（Ⅰ）知，存在唯一实数x1满足f（x1）=f（x0）．

且x1≠x0，因此x1=3-2x0，所以x1+2x0=3．

（Ⅲ）证明：设g（x）在区间［0，2 ］上的最大值为M，max｛x，y｝表示x，y两数的最大值．下面分三种情况讨论：

（1）当a≥3 时（Ⅰ）知，f（x）在区间［0，2 ］上单调递减，所以f（x）在区间［0，2 ］上的取值范围为

x （ ） 1-3 a√-∞，1- 3 a√3 3（1- 3 a√3，1+ 3 a√3） 1+ 3 a√3（ ）1+ 3 a√3，+∞f′（x） + 0 - 0 +f（x） 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增

所以f（x）在区间［0，2 ］上的取值范围为

综上所述，当a＞0 时，g（x）在区间［0，2 ］上的最大值不小于

【说明】函数的极值是通过比较极值点附近的函数值得出来的．函数的极值可以有多有少，但极值只能在区间内取得，最值则可以在端点取得，有极值的未必有最值，有最值的未必有极值，极值可能是最值，最值只要不在端点必定是极值．注意原函数极值点和导函数零点的区别，原函数的极值点是导函数的零点，反之不成立．

2．利用导数研究函数的零点证明不等式问题

例5 （2016年新课标Ⅰ卷）已知函数f（x）=（x-2）ex+a（x-1）2有两个零点．

（Ⅰ）求a的取值范围；

（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2＜2．

【解析】（Ⅰ）f′（x）=（x-1）ex+2a（x-1）=（x-1）（ex+2a）．

（ⅰ）设a=0，则f（x）=（x-2）ex，f（x）只有一个零点；

（ⅱ）设a＞0，则当x∈（-∞，1）时，f′（x）＜0；当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0．所以f（x）在（-∞，1）单调递减，在（1，+∞）单调递增．

又f（1）=-e，f（2）=a，取b满足b＜0 且

则

故f（x）存在两个零点．

（ⅲ）设a＜0，由f′（x）=0 得x=1 或x=ln（-2a）．

若a≥则 ln（-2a）≤1，故当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，因此f（x）在（1，+∞）单调递增．又当x≤1 时f（x）＜0，所以f（x）不存在两个零点．

若a＜-则 ln（-2a）＞1，故当x∈（1，ln（-2a））时，f′（x）＜0；当x∈（ln（-2a），+∞）时，f′（x）＞0，因此f（x）在（1，ln（-2a））单调递减，在（ln（-2a），+∞）单调递增．

又当x≤1 时f（x）＜0，所以f（x）不存在两个零点．

综上，a的取值范围为（0，+∞）．

（Ⅱ）不妨设x1＜x2，由（Ⅰ）知，x1∈（-∞，1），x2∈（1，+∞），2-x2∈（-∞，1），f（x）在（-∞，1）单调递减，所以x1+x2＜2 等价于f（x1）＞f（2-x2），即f（2-x2）＜0．

由于f（2-x2）=-x2e2-x2+a（x2-1）2，而f（x2）=（x2-2）ex2+a（x2-1）2=0，所以f（2-x2）=-x2e2-x2-（x2-2）ex2．

设g（x）=-xe2-x-（x-2）ex，则g′（x）=（x-1）（e2-x-ex）．

所以当x＞1 时，g′（x）＜0， 而g（1）=0， 故当x＞1时，g（x）＜0．

从而g（x2）=f（2-x2）＜0，故x1+x2＜2．

【说明】函数y=f（x）有零点，等价于函数y=f（x）的图像与x轴有公共点，等价于方程f（x）=0有实数根，可见函数的零点从不同的角度将数与形、函数与方程有机地联系在一起．在（Ⅰ）问中根据函数的单调性，利用数形结合对a进行分类讨论．在（Ⅱ）问中构造函数，通过函数单调性证明不等式．

3．构造函数证明不等式问题

（1）直接做差法构造新函数

例6 （2016年新课标Ⅲ卷）设函数f（x）=lnx-x+1．

（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；

（Ⅱ）证明当x∈（1，+∞）时，

（Ⅲ）设c＞1，证明当x∈（0，1）时，1+（c-1）x＞cx．

【解析】（Ⅰ）由题设，f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=令f′（x）=0 解得x=1．

当0＜x＜1 时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；当x＞1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知f（x）在x=1 处取得最大值，最大值为f（1）=0．

所以当x≠1 时，lnx＜x-1．

故当x∈（1，+∞）时，lnx＜x-1

（Ⅲ）由题设c＞1，设g（x）=1+（c-1）x-cx，则g′（x）=c-1-cxlnc，令g′（x）=0，

当x＜x0时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；当x＞x0时，g′（x）＜0，g（x）单调递减．

所以当x∈（0，1）时，1+（c-1）x＞cx．

【说明】在（Ⅱ）问中利用函数的单调性证明不等式；在（Ⅲ）问中采用直接做差法构造新函数，由新函数的单调性证明不等式．这类问题一般是在如果要证明涉及一个变量两个函数的不等式，或者不等式可转化为利用一个函数来证明，可以通过移项构造一个新函数来解决这类问题．

（2）分离函数构造新函数

例 7 （2014年新课标 Ⅰ卷）设函数f（x）=aex曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线为y=e（x-1）+2．

（Ⅰ）求a，b；

（Ⅱ）证明：f（x）＞1．

【解析】（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞），且

由题意可得f（1）=2，f′（1）=e，

故a=1，b=2．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）=ex，从而f（x）＞1等价于xlnx＞xe-x

故g（x）在）单调递减，在单调递增，从而g（x）在（0，+∞）的最小值为

设函数h（x）=xe-x则h′（x）=e-x（1-x）．

所以当x∈（0，1） 时，h′（x）＞0； 当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0．故h（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，从而h（x）在（0，+∞）的最大值为

综上，当x＞0 时，g（x）＞h（x），即f（x）＞1．

【说明】如果要证明的不等式两边含有有理不等式和超越不等式的乘积或商的形式时，一般是把这两种函数分离之后再研究，这样能使问题变得简单．在（Ⅱ）中把 ex和 lnx分开，这样f（x）＞1 等价于．构造两个函数g（x）=xlnx与h（x）=再证明g（x）＞h（x）．常见的有理函数与超越函数之间的叠加有以下几种当遇到这类函数时，首先考虑分离函数构造新函数的方法，把复杂问题简单化．

（3）换元法构造新函数

例8 （2016年东北育才高三（一模））已知函数f（x）=x2-ax+2lnx（其中a是实数）．

（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；

（1）当 Δ≤0，即-4≤a≤4 时，f′（x）≥0，函数f（x）的单调递增区间为（0，+∞），无单调递减区间．

（2）当 Δ＞0，即a＜-4 或a＞4 时，

①当a＜-4 时，f′（x）＞0 恒成立，f（x）的单调递增区间为（0，+∞），无单调递减区间．

当x∈（0，x1）∪（x2，+∞）时，f′（x）＞0，当x∈（x1，x2）时，f′（x）＜0．f（x）的单调递增区间为（0，x1）和（x2，+∞），单调递减区间为（x1，x2）．

综上所述：当a≤4时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞），无单调递减区间．

当a＞4 时，f（x）的单调递增区间为（0，x1）和（x2，+∞），单调递减区间为（x1，x2）．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，若f（x）有两个极值点，则a＞4，

【说明】在（Ⅱ）问中采取减元方法把多元x1，x2，a转化为x1的一元函数，化繁为简．

例9 （2016年新课标ⅠⅠⅠ卷） 设函数f（x）=acos2x+（a-1）（cosx+1），其中a＞0，记的最大值为A．

【说明】在（Ⅱ）问中通过换元把复杂的三角函数转化为二次函数，通过分类讨论求出函数的最值．

换元的实质是转化，关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而使非标准型问题标准化、复杂问题简单化，变得容易处理．换元法又称辅助元素法、变量代换法．通过引进新的变量，可以把分散的条件联系起来，隐含的条件显露出来，或者把条件与结论联系起来，转化为熟悉的形式，把复杂的计算和推证简化．它可以化高次为低次、化分式为整式、化无理式为有理式、化超越式为代数式，在研究方程、不等式、函数、数列、三角等问题中有广泛的应用．换元的方法有：代数换元、三角换元、均值换元等．

4．函数与导数综合应用

例10 （2016年江苏卷）已知函数f（x）=ax+bx（a＞0，b＞0，a≠1，b≠1）．

（1）设a=2，b=

①求方程f（x）=2 的根；

②若对于任意x∈R，不等式f（2x）≥mf（x）-6恒成立，求实数m的最大值；

（2）若 0＜a＜1，b＞1，函数g（x）=f（x）-2 有且只有1个零点，求ab的值．

【解析】

（2）g（x）=ax+bx-2，g′（x）=axlna+bxlnb，

因为 0＜a＜1，b＞1，

所以g′（x）在x∈R 上单调递增，

因为当x→-∞ 时，axlna→-∞，bxlnb→0，

所以g′（x）＜0．

当x→+∞ 时，axlna→0，bxlnb→+∞，

所以g′（x）＞0．

所以∃x0∈R，使得g′（x0）=0，

所以函数g（x）在（-∞，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，

又g（0）=0，0 为g（x）的一个零点，即除 0 之外，函数没有其他的零点．

1°当x0＜0 时，g（x0）＜g（0）=0，又x→-∞，ax→+∞，bx→0，所以有g（x）＞0，则在（-∞，x0）上存在零点，矛盾．

2°当x0＞0 时，g（x0）＜g（0）=0，又x→+∞，ax→0，bx→+∞，所以有g（x）＞0，则在（x0，+∞）上存在零点，矛盾．

3°当x0=0 时，g（x0）=g（0）=0，所以又g（x0）≥0恒成立，当且仅当x=0时取等号，满足条件.

综上，所以有g′（x0）=lna+lnb=0，即 lnab=0，所以ab=1．

【说明】本题的综合性很强，考查了求复合函数的根、求复杂不等式恒成立问题中参数的取值范围及复杂函数的唯一零点问题，旨在考查学生的分析判断能力及综合运用所学知识解决问题的能力．

三、函数与导数部分备考复习策略

近几年新课标ⅠⅠ卷在函数与导数部分考查的内容和问题类型更加趋于稳定，重点落在对核心概念和主干知识及通性通法的考查上，在知识交汇点处命题考查学生的数学综合能力，突出对数形结合、分类讨论思想及运算能力的考查，适度体现文、理试卷的差异．

下面针对备考复习提出几点建议：

1．对函数概念的复习要“恰到好处”，求函数的解析式、定义域、零点、值域，一般出现在客观题中，属于中、低档题，因此复习时不宜拓展．

2．对基本函数与函数性质的复习要全面，要突出重点，并注重横向联系．历年来高考中考查函数知识的应用，既着眼于知识点的新颖巧妙组合，又关注对数学思想方法的考查，试题多数围绕函数的概念、性质、图像等方面，围绕二次函数、分段函数、指对数函数等几个基本函数进行考查．故在复习中，应该全面夯实基础，突出对上面所讲重点内容的复习．

3．导数部分通常围绕四个点进行命题：

（1）围绕导数的几何意义命题，试题的难度不大；

（2）围绕利用导数研究函数的单调性、极值（最值）命题，如求函数的单调区间、极值、最值，已知单调区间求参数或者参数范围等问题，在考查利用导数研究函数性质的同时考查分类与整合思想、化归与转化思想等数学思想方法；

（3）围绕导数研究不等式、方程展开，涉及不等式的证明、不等式的恒成立、讨论方程根等方面，考查的核心是利用导数研究函数性质的方法和函数性质的应用；

（4）围绕函数性质命题，考查的核心是利用导数研究函数性质的方法和函数性质的应用；通常转化为不等式恒成立问题，转化为二次函数的性质问题．

4．对于所谓创新题，解题的关键在阅读理解．如果题目条件的涵义搞清楚了，这些问题其实比较简单．

5．注重强化解决函数问题相关数学思想方法的训练．在函数的高考试题中，很多试题如果应用数形结合思想求解是十分简捷的．因此，几种重要的数学思想方法（数形结合，函数与方程思想，分类讨论，转化与化归思想，特殊与一般）在本专题复习中常与其他模块知识综合应用，故一定要加以重视．