李昭平

縱觀近幾年的高考題和?？碱}，“函數(shù)與導數(shù)”融合題，主要考查利用導數(shù)思想、方法和思維方式處理函數(shù)的性質（單調性、奇偶性、對稱性、周期性）、函數(shù)的圖像、函數(shù)的極值和最值、函數(shù)圖像的切線、函數(shù)方程和函數(shù)不等式、函數(shù)之間的關系等等. 一般穩(wěn)定在一選一填一解答，分值大約占總分的14.7%左右，客觀題和主觀題往往都在試卷靠后的位置，成為壓軸或半壓軸試題，對學生的直觀想象、邏輯推理、數(shù)學抽象和數(shù)學運算等核心素養(yǎng)進行有效考查. 下面以部分模考改編題和自己的一些原創(chuàng)題為例，對2020高考“函數(shù)與導數(shù)”融合題的考向進行預測，供大家專題復習參考.

考向1. 考查函數(shù)圖像的切線

例1. 設直線l1，l2分別是函數(shù)f（x）=e-x-1， -2

解析：因為點P1（-1， m）和點P2（1， n）在函數(shù)f（x）的圖像上， 所以m=e-1， n=1.

在P1（-1， e-1）處的切線l1的方程是y-e+1=-e（x+1）， 即y=-ex-1.

在P2（1， 1）處的切線l2的方程是y-1=2（x-1）， 即y=2x-1. l1與l2相交于點P為（0， -1）， 且A（- ， 0）， B（ ， 0）.

于是△PAB的面積是 ×（ + ）×1= .

點評：本題考查分段函數(shù)圖像的切線，題眼新穎、知識點多、交匯性強. 主要涉及導數(shù)的幾何意義、曲線的切線方程和數(shù)形結合思想. 一般地，f ′（x0）的幾何意義是曲線y=f（x）在點（x0， f（x0））處的切線斜率，其切線方程可以表示為y-f（x0）=f ′（x0）（x-x0），條件是（x0， f（x0））必須為曲線上的點. 以函數(shù)圖像的切線為載體的問題，在近幾年的高考中常考常新，必須牢固把握.

訓練題1：設直線l1， l2分別是函數(shù)f（x）=-lnx， 01圖像上點P1， P2處的切線，l1與l2垂直相交于點P， 且l1， l2分別與y軸相交于點A， B，則A， B兩點之間的距離是______.

解析：設P1（x1， y1），P2（x2， y2）. 由題意，不妨設0

因為f ′（x）=- ， 01所以l1的斜率k1= ， l2的斜率k2= .

又l1與l2垂直， 所以k1·k2=-1， 即- · =-1， x1·x2=1.

寫出切線l1與l2的方程分別為： l1： y=- （x-x1）-lnx1…①

l2： y= （x-x2）+lnx2…②

由①得點A的坐標為（0，1-lnx1）， 由②得點B的坐標為（0， -1+lnx2）.

于是，|AB|=2-lnx1-lnx2=2.

考向2. 考查函數(shù)不等式的解集

例2. 設函數(shù)f（x）定義在R上， 其導函數(shù)為f ′（x），且滿足f（x）>f ′（x）+1，f（0）=2020，則不等式e-xf（x）>e-x+2019（其中e為自然對數(shù)的底數(shù)）的解集是（? ）

A. （2019， +∞） B. （-∞， 2020）

C. （0， 2019） ?????? D. （-∞， 0）

解析：令g（x）=e-xf（x）>e-x，則g ′（x）=e-x[ f ′（x）-f（x）+1]<0，g（x）在R上單減. 因為g（0）=f（0）-1=2019，所以e-xf（x）>e-x+2019等價于g（x）>g（0），x<0. 故選D.

點評：本題以抽象函數(shù)為載體，考查函數(shù)不等式的解集、用導數(shù)符號判斷函數(shù)的單調性、構造函數(shù)法等. 在不等式的等價變形中考查邏輯推理;在觀察不等式e-xf（x）>e-x+2019中構造出函數(shù)g（x）=e-xf（x）-e-x，考查直觀想象素養(yǎng). 利用導數(shù)知識解決抽象函數(shù)不等式問題，在近幾年的高考中有上升的趨勢.

訓練題2：已知函數(shù)f（x）（x∈R）滿足f（1）=1，且f（x）的導函數(shù)f ′（x）> ，則不等式f（x2）< + 的解集是________.

解析：令g（x）=f（x）- x，則g′（x）=f ′（x）- >0，g（x）在R上單增.

由于f（x2）< + 等價于g（x2）

故不等式f（x2）< + 的解集是（-1，1）.

考向3. 考查函數(shù)的極值問題

例3. 若函數(shù)f（x）=axlnx-ex存在唯一的極值點，則實數(shù)a的取值范圍是___________.

解析：由題意知，f ′（x）=alnx+a-ex=0有唯一正實數(shù)根，即ex=alnx+a.

令g（x）=ex，h（x）=alnx+a，其圖像在第一象限只能有唯一公共點.

當a>0時，在x0附近，始終有g（x）>h（x）， 則f ′（x）>0， 保號， 此時x0不是f（x）的極值點. 當a<0時， 在x0附近， f ′（x）異號. 此時x0是f（x）唯一的極值點.

故實數(shù)a的取值范圍是（-∞， 0）.

點評：本題中的f ′（x）=0就是alnx+a-ex=0，處理這個超越方程有唯一正實根不易. 若變換思維角度：將此方程“一分為二”成兩個函數(shù)g（x）=ex（定曲線）和h（x）=alnx+a（過定點（ ， 0）的動曲線），可以利用兩個函數(shù)圖像只有唯一交點，結合極值點的含義（在極值點兩旁附近f ′（x）異號），來確定參數(shù)a的取值范圍. 對于函數(shù)的極值問題，在近幾年的高考中也常常出現(xiàn). 要防止“函數(shù)的極值點”就是“導數(shù)的零點”的誤區(qū)，忽視對f ′（x）在導數(shù)零點附近的符號的檢驗，注意異號則取、同號則舍的原則.

訓練題3：設函數(shù)f（x）=x2-ax+b. 若函數(shù)f（sinx）在（- ， ）內有極值. 求實數(shù)a， b的取值范圍.

解析：f（sinx）=sin2x-asinx+b.

f ′（sinx）=2sinxcosx-acosx=cosx（2sinx-a），因為x∈（- ， ）， 所以cosx>0， -1

則-1< <1，-2

因此a的取值范圍是（-2，2），b的取值范圍是R.

考向4. 考查函數(shù)不等式的證明

例4. 設函數(shù)f（x）=xlnx-kx2-x的兩個極值點是a， b（a

（Ⅰ）求實數(shù)k的取值范圍;

（Ⅱ）證明：a·b>e2，其中e為自然對數(shù)的底數(shù).

解析：（Ⅰ）因為f ′（x）=lnx-2kx的兩個零點是a，b（a

（Ⅱ）a·b>e2？圳lna+lnb>2，f ′（x）=lnx-2kx.

因為a，b是函數(shù)f（x）=xlnx-kx2-x的兩個極值點，

所以lna=2ka， lnb=2kb？圯lna+lnb=2k（a+b）， lna-lnb=2k（a-b）？圯 =

？圯lna+lnb= （lna-lnb）.

于是，lna+lnb>2？圳lna-lnb< ？圳ln < .

令 =t，g（t）=lnt- ，00，

g（t）在（0， 1）內單增. 于是，g（t）2，也就是a·b>e2.

點評：本題先將待證的不等式a·b>e2等價變形為lna+lnb>2，由條件進一步代換為lna-lnb< . 而此不等式中有兩個字母參數(shù)a，b，繼續(xù)將其等價變形為ln < ，再視 為新元t，則不等式立即轉化為關于t的一元不等式，利用構造函數(shù)法處理即可實現(xiàn)目標. 近年來，導數(shù)的運用在加大推理論證的考查力度，高考中出現(xiàn)了不少的證明函數(shù)不等式問題，凸顯了對數(shù)學的靈魂“推理”的高度重視，要加大訓練力度，逐漸掌握.

訓練題4 ：已知函數(shù)f（x）=x2+ax+blnx， 曲線y=f（x）在點處（1，? f（1））的切線方程為y=2x.

（Ⅰ）求a和b實數(shù)的值;

（Ⅱ）設F（x）=f（x）-x2+mx（m∈R）， x1， x2（00.

解析：（Ⅰ）易得a=1，b=-1. 過程略去.

（Ⅱ）F（x）=f（x）-x2+mx=（x2+x-lnx）-x2+mx=（m+1）x-lnx.

因為x1，x2（x1

兩式相減，得（m+1）（x1-x2）-（lnx1-lnx2）=0，所以m+1= .

因為F′（x）=m+1- ，

所以 F′（ ）=（m+1）- = - .

要證F′（ ）>0，即證 - >0.

因為0

令t= ∈（0， 1），則即證明lnt< . 下面過程與例4相同，略去.

考向5. 考查函數(shù)零點的存在性

例5. 已知函數(shù)f（x）=- +x+ -a+2在定義域內有兩個零點，? 求實數(shù)a 的取值范圍.

解析：函數(shù)f（x）的定義域為（0， +∞）. 若函數(shù)f（x）=- +x+ -a+2在（0， +∞）內有兩個零點，即方程- +x+ -a+2=0恰有兩個不相等的正實根，也就是方程-alnx+x2-（a-2）x+ =0恰有兩個不相等的正實根.

令g（x）=-alnx+x2-（a-2）x+ ，

∴ g′（x）=2x-（a-2）- = = .

當a≤0時，g′（x）>0恒成立，函數(shù)g（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，∴函數(shù)g（x）最多一個零點，不合題意，舍去.

當a>0時，由g′（x）>0得x> ;由g′（x）<0得00， ∴ ln >1， 解得a>2e.

因為g（1）=1-（a-2）+ =3-a+ ?=（ -1）2+2>0， 所以在（1， ?）內有一個零點.

現(xiàn)在需要找到x0> ， 保證g（x0）>0，這是解本題的難點.

技巧1：放縮后取特殊點.

先放縮g（x）， 再取x的特殊點x0，且x0> ，保證g（x0）>0.

法1：因為lnx≤x-1，所以g（x）=-alnx+x2-（a-2）x+ ≥ -a（x-1）+x2-（a-2）x+ =x2-2（a-1）x+a+ . 取x0=2a> ，

則g（x0）≥4a2-4（a-1）a+a+ =5a+ >0，所以在（ ，2a）內有一個零點.

故實數(shù)a的取值范圍是（2e， +∞）.

法2： 因為lnx-ax+x2-（a-2）x=x2-2（a-1）x.

于是，g（2a）>4a2-4（a-1）a=4a>0， 所以在（ ， 2a）內有一個零點.

故實數(shù)a的取值范圍是（2e， +∞）.

技巧2： 取點證明法.

先取x的特殊點x0， 再證明g（x0）>0.

取x0=a> ，則g（x0）=-alna+a2-（a-2）a+ =a（2+ a-lna）.

令h（a）=2+ a-lna，其中a>2e，則h′（a）= - = >0，

所以h（a）>h（2e）=2+ -ln2-1=1-ln2+ >0， 即g（x0）>0.

因此在（ ， a）內有一個零點.

故實數(shù)a的取值范圍是（2e，+∞）.

點評：函數(shù)零點存在性問題是近幾年高考對“函數(shù)與導數(shù)”解答題考查的高頻考點、失分點和區(qū)分點. 這種問題有思維的高度、思維的深度和思維的廣度，特別是“找點，確定函數(shù)值的符號”是解題難點，其主要技巧如下：第一，尋找特殊點：取相應的x0，確定f（x0）>0或f（x0）<0. 第二，放縮后取特殊點：先放縮相應的函數(shù)f（x），再取特殊點x0，確定f（x0）>0或f（x0）<0. 第三，取點證明法：先取特殊點x0，再證明f（x0）>0或f（x0）<0. 解題過程中，常常涉及到函數(shù)的單調性、構造函數(shù)、放縮法和一些基本的不等式，如lnxx，lnx≤x-1，ex≥x+1和ex>x2（x>0）等等. 強化訓練、總結規(guī)律，必能突破難點，提高“找點”水平.

訓練題5：設k>0， 試證明： 函數(shù)f（x）=（x-1）ex- x2 在R上只有一個零點.

解析：由f ′（x）=ex+（x-1）ex-kx=x（ex-k）=0，得x1=0， x2=lnk.

（1）當00， 此時函數(shù) f（x）在R上只有一個零點.

（2）當k=1時， x2=lnk=0， f ′（x）=x（ex-1）≥0，函數(shù)f（x）在R上單增， 且f（0）=-1， f（2）=e2-2>0， 此時函數(shù)f（x）在R上只有一個零點.

（3）當k>1時， x2=lnk>0，函數(shù)f（x）在（-∞， 0）和（lnk， +∞）內單增， 在（0， lnk）內單減， 且f（lnk）=k（lnk-1）- （lnk）2=??? - [（lnk-1）2+1]<0， f（0）=-1.

現(xiàn)在就看在（lnk， +∞）內是否能找到x0>lnk， 使f（x0）>0，這是解本題的難點.

技巧：放縮后取特殊點.

先放縮f（x），再取x的特殊值x0，且x0>lnk，判定是否有f（x0）>0成立.

易證當x>0時，ex>x2，則當x>1時，有：

f（x）=（x-1）ex- x2>（x-1）x2- x2=x2（x- ）.

取x0=k+1， 則f（x0）>0. 又k+1>k-1>lnk（k>1），此時函數(shù)f（x）在（lnk， x0）內只有一個零點.

綜上所述，當k>0時，函數(shù)f（x）=（x-1）ex- x2在R上只有一個零點.

考向6. 考查三角復合型函數(shù)的最值

例6. 已知函數(shù)f（x）=msinx+sin2x（m∈R）的圖像在點（0，f（0））處的切線斜率是4，則f（x）的最大值是_________.

解析：因為f ′（x）=mcosx+2cos2x，所以f ′（0）=m+2=4，m=2.

因此， f（x）=2sinx+sin2x.

于是， f ′（x）=2cosx+2cos2x=2cosx+2（2cos2x-1）=2（2cosx+1）（2cosx-1）.

當cosx> ， 即2kπ- 0;當cosx< ，即2kπ+

點評：本題的函數(shù)f（x）無法轉化成asin2x+bsinx+c或acos2x+bcosx+c或asinx+bcosx的形式，必須用導數(shù)知識處理其最值. 其導函數(shù)是形如acos2x+bcosx+c的二次形式，零點可求，且能夠判斷其單調性，使問題順利解決. 要特別注意三角函數(shù)零點和單調區(qū)間的周期性，確定單調區(qū)間端點的極值點類型（極大值點或極小值點），否則極易出現(xiàn)錯誤. 近年來，高考導數(shù)題正從整式函數(shù)、分式函數(shù)、指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)及其復合型函數(shù)形式，向三角復合型函數(shù)轉變，“三角問題”已成為高考對導數(shù)考查的新熱點，務必關注.

訓練題6：若函數(shù)f（x）=2cosx+sin2x+m+ 的最小值是 - ， 則實數(shù)m的值是_____.

解析： f ′（x）=-2sinx+2cos2x=-2（sinx+1）（2sinx-1）. 當sinx> ，即2kπ+ 0. 所以當x=2kπ+ ， k∈Z時， f（x）取得最小值.

因此f（2kπ+ ）=- ，- +m+ =- ，m=- .

考向7. 考查不等式中整數(shù)參數(shù)的最值

例7. 設f（x）=xlnx. 若f（x）≥kx-2（k+1）（k∈Z）對任意x>2都成立， 求整數(shù)k的最大值.

法1（直接構造函數(shù)法）：f（x）≥kx-2（k+1）？圳f（x）-kx+ 2（k+1）≥0.

？圳[? f（x）-kx+2（k+1）]min≥0.

令g（x）=f（x）-kx+2（k+1）=xlnx-kx+2（k+1），x>2.

則由g′（x）=lnx+1-k=0，得x=ek-1.

（1）若ek-1≤2，即k≤1+ln2時，g′（x）≥0，g（x）在（2，+∞）內單增，于是g（x）>g（2）=2ln2+2>0成立，此時整數(shù)k的最大值是1.

（2）若ek-1>2，即k>1+ln2時，g（x）在（2， ek-1）內單減，在（ek-1， +∞）內單增. 于是g（x）≥g（ek-1）=2k+2-ek-1.

令h（k）=2k+2-ek-1，則h′（k）=2-ek-1<0，h（k）在（1+ln2， +∞）內單減. 而h（3）=8-e2>0，h（4）=10-e3<0. 因此使g（x）≥h（k）>0的最大整數(shù)k的值是3.

綜合（1）（2）可知，整數(shù)k的最大值是3.

法2（參變分離法）： f（x）≥kx-2（k+1）？圳k≤ （x>2）.

令g（x）= ， x>2，則g′（x）= .

令h（x）=x-2lnx-4， x>2. 則h′（x）=1- >0，h（x）在（2，+∞）內單增.

又因為h（8）=6ln2-4=2（ln8-lne2）>0， h（9）=4ln3-5<0， 因此存在x0∈（8，9）， 使得h（x0）=0， 即x0-2lnx0-4=0. 且當x∈（2， x0）時g′（x）<0，g（x）單減. 當x∈（x0，+∞）時，g′（x）>0，g（x）單增. 所以g（x）≥g（x0）= = ， k≤g（x0）. 而g（x0）= ∈（3， ?）. 因此，整數(shù)k的最大值是3.

法3（一分為二法）：令g（x）=kx-2（k+1），顯然直線g（x）過定點（2，-2）. 利用導數(shù)可以畫出曲線y=f（x）的草圖. 由圖像可知，直線y=g（x）的極限位置是與曲線y=f（x）相切，設切點是M（x0，y0），則切線方程是y-x0lnx0=（1+lnx0）（x-x0）.

將點（2， -2）代入，得2-x0lnx0=（1+lnx0）（2-x0），

即x0-2lnx0-4=0. 則k≤1+lnx0.

以下做法同法2，略去.

點評：本題考查不等式中整數(shù)參數(shù)的最值，是近期?？贾谐霈F(xiàn)的一種新題型，在繼承傳統(tǒng)的前提下，增加了思維深度和運算難度. 法1是常見的直接構造函數(shù)法，利用導數(shù)研究函數(shù)的性質來解決不等式問題，涉及到零點x=ek-1與區(qū)間（2，+∞）位置關系的討論. 法2也是常見的參變分離法，參變分離后仍然用函數(shù)的性質處理，涉及到多次構造函數(shù)和逼近零點范圍. 法3則稱為“一分為二法”，即將原不等式“一分為二”成兩個函數(shù)f（x）=axlnx（曲線大致形狀利用導數(shù)確定）與g（x）=kx-2（k+1）（動直線，過定點（2，-2）），它們值的大小關系，則立即轉化為曲線與動直線的位置關系，注意對參數(shù)的分類討論. 整個過程體現(xiàn)了“數(shù)→形→數(shù)”之間的對應.

訓練題7：設f（x）=x+xlnx. 若2 f（x）-（k+1）x+k>0（k∈Z）對任意x>1都成立， 求整數(shù)k的最大值.

解析： 2 f（x）-（k+1）x+1>0？圳k< （x>1）.

令g（x）= ， x>1. 則g′（x）= ， x>1.

再令h（x）=2x-2lnx-3， 則h′（x）=2- >0， h（x）在（1， +∞）內單增.

而h（3）=3-2ln3>0， h（2）=1-2ln<0， 所以存在x0∈（2，3），使得h（x0） = 0， 即2x0-2lnx0-3=0. 且當x∈（1， x0）時g′（x）<0，?? g（x）單減. 當x∈（x0，+∞）時， g′（x）>0，g（x）單增. 于是k

以上介紹了“函數(shù)與導數(shù)”融合題的七大考向題型，函數(shù)問題、不等式問題、方程問題、三角問題等知識交織在一起，很好地體現(xiàn)了導數(shù)運用中常見的數(shù)形結合法、分類討論法、參變分離法、一分為二法、構造函數(shù)法等等. 不難看出，這些試題結構新穎、覆蓋面廣、綜合性強，逐步向導數(shù)應用的深層次考查. 在高考專題復習中，加大訓練、研究和感悟的力度，可以大大提高運用導數(shù)知識解決函數(shù)問題的能力，突破“函數(shù)與導數(shù)”壓軸題這道關.

責任編輯 徐國堅