高考函数与导数命题预测
2024-07-01高慧明
高慧明
函数与导数在高考中通常以压轴题形式出现，常见的有函数零点个数问题、不等式证明问题、不等式存在性问题等，综合性较强，难度较大．在求解导数综合问题时，通常要综合利用分类讨论、构造函数、等价转化、设而不求等思想方法，同时联系不等式、方程等知识，思维难度大，运算量不少．可以说，只要考生啃下本专题这个硬骨头，就能大大提升逻辑推理、数学运算、数据分析、直观想象等核心素养．
考点一：含参数函数单调性讨论
1．导函数为含参一次型的函数单调性
导函数的形式为含参一次函数时，首先讨论一次项系数为0，导函数的符号易于判断，当一次项系数不为零，讨论导函数的零点与区间端点的大小关系，结合导函数图像判定导函数的符号，写出函数的单调区间．
2．导函数为含参二次型函数的单调性
当主导函数（决定导函数符号的函数）为二次函数时，确定原函数单调区间的问题转化为探究该二次函数在给定区间上根的判定问题．对于此二次函数根的判定有两种情况：
（1）若该二次函数不容易因式分解，就要通过判别式来判断根的情况，然后再划分定义域；
（2）若该二次函数容易因式分解，令该二次函数等于零，求根并比较大小，然后再划分定义域，判定导函数的符号，从而判断原函数的单调性．
3．导函数为含参二阶求导型的函数单调性
当无法直接通过解不等式得到一阶导函数的符号时，可对“主导”函数再次求导，使解题思路清晰．“再构造、再求导”是破解函数综合问题的强大武器．
在此我们首先要清楚f″（x）、f′（x）、f（x）之间的联系是如何判断原函数单调性的．
（1）二次求导目的：通过f″（x）的符号，来判断f′（x）的单调性；
（2）通过赋特殊值找到f′（x）的零点，来判断f′（x）正负区间，进而得出f（x）单调性．
例1．已知函数f（x）=lnx+（1－a）x+1（a∈R），讨论函数f（x）的单调性．
【解析】因为f（x）=lnx+（1－a）x+1（a∈R）的定义域为（0，+∞），
所以f′（x）=1x+（1－a）=（1－a）x+1x，其中x>0，
当1－a≥0时，即a≤1，f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当1－a<0时，即a>1，
令f′（x）=（1－a）x+1x>0，得0 令f′（x）=（1－a）x+1x<0，得x>1a－1， 所以f（x）在0，1a－1上单调递增，在1a－1，+∞上单调递减． 综上，当a≤1时，f（x）在（0，+∞）上单调递增； 当a>1时，f（x）在0，1a－1上单调递增，在1a－1，+∞上单调递减． 【评析】此题原函数求导后分式结构，通分后结合函数定义域发现导函数符号只与分子有关，分子为一次含参函数，可以从“数”与“形”两个视角展开研究．“数”即代数，从不等式的视角分类讨论，当1－a≥0时，考虑到定义域范围x>0，因此恒大于0，当1－a<0时，分别求解（1－a）x>0与（1－a）x<0的解即可；“形”即图形，从图像的视角看一次函数（当一次项系数为0时为常函数，也适用）是直线，考虑直线与x轴位置来研究，当1－a≥0时，y=（1－a）x+1图像在x>0时恒在x轴上方，因此导函数恒大于0，当1－a<0时，y=（1－a）x+1图像与x轴交点在（1a－1，0），借助函数单调性即可解答． 考点二：导数与数列不等式的综合问题 在解决数列综合问题时，要充分利用数列中公式、性质以及它们之间的转化关系，在求解过程中要树立“目标意识”，即“需要什么，就求什么”，同时应“巧用性质，整体考虑”以便减少运算量，数列不等式的综合问题常常涉及到“放缩法”，在放缩时要精准放缩，避免过大或过小． 例2．已知函数f（x）=x（2lnx+1）－ax+a． （1）当a=1时，求曲线y=f（x）在点1，f（1）处的切线方程； （2）当x>1时，求使f（x）>0恒成立的最大偶数a． （3）已知当x≥0时，sinx≥x－x36总成立．令s（x）=sinx，若在s（x）的上有一点列Ai12i，s12i（i=1，2，…，n∈N，n≥1），若直线AiAi+1的斜率为ki（i=1，2，…，n－1），求证：∑n－1i=1ki>n－76． 【解析】（1）当a=1时，f（x）=2xlnx+1，f（1）=1， 所以f′（x）=2lnx+2，曲线y=f（x）在点1，1处切线的斜率为f′（1）=2， 所以切线方程为y－1=2（x－1）2x－y－1=0． （2）当x>1时，使f（x）>0等价于a 令g（x）=x（2lnx+1）x－1（x>1），所以 g′（x）=2x－2lnx－3（x－1）2， 令h（x）=2x－2lnx－3（x>1），所以h′（x）=2－2x=2（x－1）x>0， 所以h（x）在（1，+∞）上单调递增，又因为h（2）=1－2ln2<0，h（e）=2e－5>0， 所以h（x）在（2，e）上x0∈（2，e），使h（x0）=0，即2x0－3=2lnx0， 当x∈（1，x0）时，h′（x）<0，g′（x）<0；当x∈（x0，+∞）时，h′（x）>0，g′（x）>0； 所以g（x）在（1，x0）上单调递减，g（x）在（x0，+∞）上单调递增， 所以g（x）的最小值为g（x0）=x0（2lnx0+1）x0－1=x0（2x0－3+1）x0－1=2x0， 因为x0∈（2，e），所以g（x）≥g（x0）=2x0，所以a<2x0，且2x0∈（4，2e）， 所以使f（x）>0恒成立的最大偶数为a=4． （3）i∈N时，ki=s12i+1－s12i12i+1－12i =2i+1sin12i－sin12i+1， =2i+12sin12i+1cos12i+1－sin12i+1 =2i+1sin12i+12cos12i+1－1， 令m（x）=cosx+x22－1，则m′（x）=－sinx+x， 令n（x）=－sinx+x，则n′（x）=1－cosx≥0，n（x）单调递增，又n（0）=0，所以当x≥0时，n（x）≥0，m（x）单调递增，又m（0）=0，所以当x≥0时，m（x）=cosx+x22－1≥m（0）=0，即cosx≥1－x22，则cos12i+1≥1－122i+3>0， 2i+1sin12i+12cos12i+1－1≥2i+1sin12i+121－122i+3－1 =2i+1sin12i+11－122i+2≥2i+112i+1－16·23i+31－122i+2 =1－16·22i+21－122i+2=1－76×122i+2+16×124i+4>1－76×122i+2，∑n－1i=1ki>n－1－76124+126+128+…+122n =n－1－76·1241－14n－11－14=n－1－76·112－13－14n =n－1－772+718·14n>n－7972>n－76． 【评析】第（1）问求函数的切线方程，主要关注两点性质：一是切点处的导数等于切线的斜率；二是切点既在切线上，又在原函数图像上．根据这两个性质列出方程，切线方程不难求出．第（2）问是“恒成立”问题，此类问题可以从分离变量，转化为最值解答，也可以直接研究原函数，对参数进行讨论解答．本题采用了前者，对参数分离，转化为函数g（x）=x（2lnx+1）x－1（x>1）最小值的研究，对函数求导后得到g′（x）=2x－2lnx－3（x－1）2，发现其符号并不能直接判断，关注到分母恒大于0，因此只需考虑分子的符号，如果对整个导函数求导，将会十分复杂．对分子所对应的函数求导后，发现其导函数恒正，因此为增函数，但函数的零点依然不明确，此时采用“设而不求”的策略，将零点设为x0原函数单调区间可以借助x0表示，发现函数在x0处取得最小值g（x0）=x0（2lnx0+1）x0－1，由于x0满足2x0－3=2lnx0，代入后算得g（x0）=2x0，由零点存在性定理可以判断x0∈（2，e），进而可求偶数a的值．第（2）问破解的关键在导函数零点的“设而不求”，以及利用零点存在性定理判断范围．第（3）问是导数、数列、不等式的综合问题，在三者交汇处命制试题，需要对知识的融会贯通，灵活运用才能解答，适合创新拔尖型人才的选拔．首先对斜率ki常规化简整理，整理结果无法求和，于是的对cosx放缩，放缩的方向可以借助其泰勒展开式辅助思考，为了放缩后便于运算，且完成题目要求的证明，此处放缩为cosx≥1－x22，借助已知条件将sinx≥x－x36放缩，将运算结果1－76×122i+2+16×124i+4>1－76×122i+2放缩，逐步完成题目要求的证明．此题计算量大，放缩技巧灵活，具备一定的选拔功能． 考点三：极值最值问题 用导数求函数的极值、最值问题，解题方法是利用导函数与单调性关系确定单调区间，从而求得极值、最值．只是对含有参数的极值、最值问题，需要对导函数进行二次讨论，对导函数或其中部分函数再一次求导，确定单调性，利用零点的存在性定理，借助零点与参数的关系，常常需要对函数的极值、最值问题引入新函数，对新函数再用导数进行求值、证明等操作． 例3．已知函数f（x）=exx2－k2x+lnx有三个极值点x1，x2，x3，且x1 （1）求实数k的取值范围； （2）若2是f（x）的一个极大值点，证明：f（x3）－f（x1）x3－x1 【解析】（1）根据题意可知，函数f（x）的定义域为（0，+∞），则f′（x）=ex·x2－ex·2xx4－k－2x2+1x=ex（x－2）x3－k·x－2x2=（x－2）·ex－kxx3， 由函数f（x）有三个极值点x1，x2，x3可知f′（x）=（x－2）·ex－kxx3=0在（0，+∞）上至少有三个实数根； 显然f′（2）=0，则需方程ex－kxx3=0，也即ex－kx=0有两个不等于2的不相等的实数根； 由ex－kx=0可得k=exx，x∈（0，+∞），令g（x）=exx，x∈（0，+∞），则g′（x）=ex（x－1）x2，x∈（0，+∞）. 显然当x∈0，1时，g′（x）<0，即g（x）在0，1上单调递减； 当x∈（1，+∞）时，g′（x）>0，即g（x）在（1，+∞）上单调递增； 所以g（x）≥g（1）=e， 画出函数g（x）=exx，x∈（0，+∞）与函数y=k在同一坐标系下的图像如下图所示： 由图得k>e且k≠e22时，k=exx在（0，+∞）上有两个不等于2的相异的实数根， 经检验可知当k∈e，e22∪e22，+∞时，导函数f′（x）=（x－2）·ex－kxx3在x1，x2，x3左右符号不同，即x1，x2，x3均是f′（x）=0的变号零点，满足题意； 因此实数k的取值范围时e，e22∪e22，+∞． （2）根据题意结合（1）中的图像，由x1 因此x1，x3是方程ex=kx的两个不相等的实数根，即ex1=kx1，ex3=kx3． 所以f（x3）=ex3x23－k2x3+lnx3=kx3－2kx3－klnx3=－k1x3+lnx3，同理可得f（x1）=－k1x1+lnx1， 所以f（x3）－f（x1）x3－x1=－k1x3+lnx3+k1x1+lnx1x3－x1=－k1x3+lnx3－1x1－lnx1x3－x1=－kx1－x3x1x3+lnx3x1x3－x1. 由ex1=kx1，ex3=kx3可知lnx3x1=lnex3kex1k=lnex3ex1=lnex3－x1=x3－x1，所以 f（x3）－f（x1）x3－x1=－kx1－x3x1x3+lnx3x1x3－x1 =－kx1－x3x1x3+x3－x1x3－x1=k1x1x3－1． 又k∈e，e22∪e22，+∞，要证 f（x3）－f（x1）x3－x1 即证k1x1x3－1 也即1x1x3－1 只需证e 由（1）可得0 且根据（1）中结论可知函数g（x）=exx在（0，1）上单调递减； 所以要证e1－x3 即证g（x3） 令h（x）=1－lnx－e1－x，x>1，则h′（x）=－1x+e1－x=xe1－x－1x. 令u（x）=xe1－x－1，x>1，则u′（x）=（1－x）e1－x<0，所以u（x）在（1，+∞）上单调递减， 即u（x） 因此h（x） 【评析】第（1）问有函数有三个极值点，转化为其导函数有三个变号零点，求导后发现2是其中一个零点，问题简化为ex－kx=0有两个不等于2的变号零点，分离变量后借助图像交点，求解出实数k的取值范围e，e22∪e22，+∞．第（2）问在第（1）问的基础上，判断出x2=2，因此x1，x3是方程ex=kx的两个不相等的实数根，运用方程中等式关系，化简得f（x3）－f（x1）x3－x1=k1x1x3－1，证明问题转化为e1－x3 考点四：零点问题 函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围． 求解步骤： 第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与x轴（或直线y=k）在某区间上的交点问题； 第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像； 第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数． 例4．已知函数f（x）=xex． （1）求曲线y=f（x）在点0，f（0）处的切线方程和f（x）的极值； （2）证明h（x）=ex－1x在（1，+∞）恒为正； （3）证明：当m≤1时，曲线C1：y=f（x）与曲线C2：y=lnx+x+m至多存在一个交点． 【解析】（1）因为f′（x）=ex+xex=（x+1）ex， 所以f′（0）=（0+1）e0=1. 又f（0）=0，所以曲线y=f（x）在点0，f（0）处的切线方程为y=x． 解f′（x）=（x+1）ex>0得x>－1，解f′（x）=（x+1）ex<0得x<－1， 所以函数y=f（x）在（－，－1）上单调递减，在（-1，+∞）单调递增， 故当x=－1时，函数f（x）有极小值f（－1）=－1e． （2）因为h′（x）=ex+1x2>0，所以函数h（x）在（1，+∞）单调递增，又h（1）=e1－11=e－1>0， 所以，当x∈（1，+∞）时，总有h（x）>e－1>0，即h（x）=ex－1x在（1，+∞）恒为正． （3）令xex=lnx+x+m，得xex－lnx－x－m=0，记g（x）=xex－lnx－x－m，x>0， 则曲线C1，C2至多有一个交点，等价于函数g（x）至多有一个零点． 求导得g′（x）=ex+xex－1x－1=（x+1）ex－1x，其中x+1>0， 由（2）知，h（x）=ex－1x在（0，+∞）单调递增， 因为h12=e－2<0，h（1）=e－1>0，所以函数h（x）存在唯一零点x0，且x0∈12，1， 当x∈（0，x0）时，h（x）<0，则g′（x）<0，函数g（x）单调递减； 当x∈（x0，+∞）时，h（x）>0，则g′（x）>0，函数g（x）单调递增． 所以当x=x0时，g（x）取得最小值g（x0）=x0ex0－lnx0－x0－m， 又x0为函数h（x）的零点，所以h（x0）=ex0－1x0=0，则x0ex0=1，x0=－lnx0， 所以g（x0）=1+x0－x0－m=1－m， 当m<1时，g（x0）=1－m>0，此时g（x）无零点，即曲线C1，C2无交点； 当m=1时，g（x0）=1－m=0，此时g（x）存在唯一零点x0，即曲线C1，C2存在一个交点． 综上，当m≤1时，曲线C1，C2至多有一个交点． 【评析】第（1）问求解切线方程与极值，难度不大，第（2）问求导后发现导函数符号为正，即可证明．第（3）问将图像交点问题转化为函数零点问题，是数形结合思想的体现，对函数求导后发现导函数符号不易确定，主要原因是导函数的零点无法求出其具体值，这时采用“设而不求”的办法，并结合零点存在性定理确定其范围x0∈12，1，通过单调性讨论函数最小值，结合x0ex0=1，x0=－lnx0，求得函数最小值g（x0）=1－m，进而讨论m范围即可求解．零点问题常常有两种情形，一是函数零点能直接求出，此类型一般较容易，二是函数零点无法求出其具体值，本题属于这类题型，此类题型常常采用“设而不求”的解法，通过零点存在性定理确定其存在性以及范围，通过其满足的等式关系化简求解． 考点五：不等式恒成立问题 1．利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略： （1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； （2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题； （3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值的情况，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 2．利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1）x∈D，m≤f（x）m≤f（x）min； （2）x∈D，m≥f（x）m≥f（x）max； （3）x∈D，m≤f（x）m≤f（x）max； （4）x∈D，m≥f（x）m≥f（x）min． 3．不等式（等式）的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数y=f（x），x∈a，b，y=g（x），x∈c，d． （1）若x1∈a，b，x2∈c，d，有f（x1） （2）若x1∈a，b，x2∈c，d，有f（x1） （3）若x1∈a，b，x2∈c，d，有f（x1） （4）若x1∈a，b，x2∈c，d，有f（x1）=gx2成立，则f（x）的值域是g（x）的值域的子集． 例5．已知函数f（x）=mx－lnx在定义域内有两个不同的零点x1，x2x1 （1）求证：0 （2）已知k>0，若存在a∈（0，1］，不等式xa1·xk2>e1+k对任意的x1，x2总成立，求k的取值范围． 【解析】（1）f（x）=mx－lnx的定义域为（0，+∞），f′（x）=m2x－1x=mx－22x， 当m≤0时，f′（x）=mx－22x<0恒成立， 此时f（x）=mx－lnx在（0，+∞）上单调递减，不会有两个不同的零点，舍去； 当m>0时，令f′（x）>0得x>4m2，此时f（x）=mx－lnx单调递增. 令f′（x）<0，得0 故f（x）=mx－lnx在x=4m2处取得极小值，f（4m2）=2－ln4m2， 又x→0和x→+∞时，f（x）→+∞， 要想有两个不同的零点x1，x2（x1 （2）由（1）可知，0 两边取自然对数，得alnx1+klnx2>2+2k，因为存在a∈（0，1］，故lnx1+klnx2>2+2k， 由题意得，mx1=lnx1，mx2=lnx2，故lnx1lnx2=x1x2，设t=x1x2， 则t2=x1x2，故lnx1lnx2=t且lnx1=2lnt+lnx2，所以lnx1=2tlntt－1，lnx2=2lntt－1，其中0 故2tlntt－1+2klntt－1>2+2k，故2tlntt－1+2klntt－1>2+2k，故tlnt+klnt<（1+k）（t－1）在0 设s（t）=tlnt+klnt－（1+k）（t－1），则s′（t）=lnt+kt－k，设v（t）=lnt+kt－k，则v′（t）=1t－kt2=t－kt2， 当k≥1时，v′（t）<0，故v（t）为0，1上的减函数，故s′（t）>s′（1）=0， 故s（t）在0，1上的增函数，故s（t） 当0 故s（t）为k，1上的减函数，故s（t）>s（1）=0， 故tlnt+klnt>（1+k）（t－1）在k，1上恒成立，这与题设矛盾.故k的取值范围是1，+∞． 【评析】第（1）问求导后通过对参数的讨论，即可求解其单调区间．第（2）问在第一问的基础上，将不等式等价转化到存在a∈（0，1］，lnx1+klnx2>2+2k恒成立问题，由于涉及到四个参数，减少参数是一个解题方向，令t=x1x2即可将变量减少，通过等价转化，将问题转化到tlnt+klnt<（1+k）（t－1）在0 考点六：导数与三角函数结合问题 此类问题需要利用三角函数性质，根据导函数特征，通过分离参数、分离函数、半分离等策略将问题简化，常常需要分类讨论． 例6．已知函数f（x）=ex+sinx－xsinx，x∈－π，0 （1）求f（x）的零点个数； （2）若4k－f（x）≤0恒成立，求整数k的最大值. 【解析】（1）f′（x）=ex－sinx－（x－1）cosx， 设h（x）=ex－sinx－（x－1）cosx，则h′（x）=ex－2cosx+（x－1）sinx ①当x∈－π，－π2时，∵ex>0，－cosx>0，（x－1）sinx>0，∴h′（x）>0， ∴函数h（x）在－π，－π2上单调递增，即函数f′（x）在－π，－π2上单调递增，∵f′（－π）=e－π－π－1<0，f′－π2=e－π2+1>0， ∴x0∈－π，－π2使得f′（x0）=0，当x∈－π，x0时，f′（x）<0， 当x∈x0，－π2时，f′（x）>0，因此f（x）在－π，x0上单调递减，在x0，－π2上单调递增， ②当x∈－π2，0时，∵ex>0，－sinx>0，－（x－1）cosx>0，∴f′（x）>0，∴函数f（x）在－π2，0上单调递增. 综上，在－π，x0上单调递减，f（x）在x0，0上递增. 又∵f（－π）=e－π>0，f（0）=1>0， f（x0） ∴函数f（x）在［－π，0］上有两个零点. （2）∵x∈［－π，0］恒有4k－f（x）≤0，∴4k≤f（x），由（1）知，f（x）min=f（x0）， ∴4k≤f（x0）=ex0－x0－1sinx0，由f′（x0）=0得：ex0=sinx0+x0－1cosx0， ∴f（x0）=ex0－x0－1·sinx0=sinx0+x0－1cosx0－x0－1·sinx0=sinx0+x0－1cosx0－sinx0. 令g（x）=sinx+（x－1）（cosx－sinx）－π ∴函数g（x）在区间－π，－π2上单调递减，∴g（x）>g－π2=－2－π2>－4，∴f（x0）>－4， 又∵f（x0） ∴整数k的最大值为－1. 【评析】此题涉及三角函数导数问题，第（1）问求导后发现导函数f′（x）=ex－sinx－（x－1）cosx符号并不易判断，于是再求二阶导，通过对其导函数h′（x）=ex－2cosx+（x－1）sinx符号的讨论，结合零点存在性定理，判断原函数与x轴交点来判断零点个数．此问解决的关键是把握三角函数的单调性、值域，结合导函数性质研究，难点在其单调区间无法精准表示，常常采用“设而不求”的方法化解．第（2）问在第（1）问的基础上，通过分离变量，转化为新函数的最值问题，对新函数求导研究其单调性，同时运用放缩法逐步逼近，最终判断出参数的最大值． 责任编辑 徐国坚
