1、命题动向：函数是中学数学的核心内容，而导数是研究函数的重要工具，因此，导数的应用是历年高考的重点与热点常涉及的问题有：讨论函数的单调性(求函数的单调区间)，求极值、最值、切线方程、函数的零点或方程的根，求参数的范围及证明不等式等，涉及的数学思想有：函数与方程、分类讨论、数形结合、转化与化归等，中、高档难度均有题型1利用导数研究函数的性质例1(2019全国卷)已知函数f(x)2x3ax2b.(1)讨论f(x)的单调性；(2)是否存在a，b，使得f(x)在区间0,1的最小值为1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由解(1)f(x)6x22ax2x(3xa)令f(x)0，得x0
2、或x.若a0，则当x(，0)时，f(x)0；当x时，f(x)0.故f(x)在(，0)，上单调递增，在上单调递减若a0，则f(x)在(，)上单调递增若a0；当x时，f(x)0.故f(x)在，(0，)上单调递增，在上单调递减(2)满足题设条件的a，b存在当a0时，由(1)知，f(x)在0,1上单调递增，所以f(x)在区间0,1上的最小值为f(0)b，最大值为f(1)2ab.此时a，b满足题设条件当且仅当b1，2ab1，即a0，b1.当a3时，由(1)知，f(x)在0,1上单调递减，所以f(x)在区间0,1的最大值为f(0)b，最小值为f(1)2ab.此时a，b满足题设条件当且仅当2ab1，b1，即
3、a4，b1.当0a3时，由(1)知，f(x)在0,1的最小值为fb，最大值为b或2ab.若b1，b1，则a3，与0a3矛盾若b1,2ab1，则a3或a3或a0，与0a3矛盾综上，当a0，b1或a4，b1时，f(x)在0,1的最小值为1，最大值为1.冲关策略利用导数主要研究函数的单调性、极值、最值已知f(x)的单调性，可转化为不等式f(x)0或f(x)0在单调区间上恒成立问题；含参函数的最值问题是高考的热点题型，解此类题的关键是极值点与给定区间位置关系的讨论，此时要注意结合导函数图象的性质进行分析变式训练1(2019北京高考)已知函数f(x)x3x2x.(1)求曲线yf(x)的斜率为1的切线方程
4、；(2)当x2,4时，求证：x6f(x)x；(3)设F(x)|f(x)(xa)|(aR)，记F(x)在区间2,4上的最大值为M(a)当M(a)最小时，求a的值解(1)由f(x)x3x2x得f(x)x22x1.令f(x)1，即x22x11，得x0或x.又f(0)0，f，所以曲线yf(x)的斜率为1的切线方程是yx与yx，即yx与yx.(2)证明：令g(x)f(x)x，x2,4由g(x)x3x2得g(x)x22x.令g(x)0得x0或x.当x变化时，g(x)，g(x)的变化情况如下：x2(2,0)04g(x)00g(x)600所以g(x)的最小值为6，最大值为0.故6g(x)0，即x6f(x)x.
5、(3)由(2)知，当a3；当a3时，M(a)F(2)|g(2)a|6a3；当a3时，M(a)3.综上，当M(a)最小时，a3.题型2利用导数研究方程的根(或函数的零点)例2(2019全国卷)已知函数f(x)ln x.(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；(2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线yln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线yex的切线解(1)f(x)的定义域为(0,1)(1，)因为f(x)0，所以f(x)在(0,1)，(1，)单调递增因为f(e)10，所以f(x)在(1，)有唯一零点x1(ex1e2)，即f(x1)0.又01，fln x1f(x1)
6、0，故f(x)在(0,1)有唯一零点.综上，f(x)有且仅有两个零点(2)证明：因为eln x0，所以点B在曲线yex上由题设知f(x0)0，即ln x0，故直线AB的斜率k.曲线yex在点B处切线的斜率是，曲线yln x在点A(x0，ln x0)处切线的斜率也是，所以曲线yln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线yex的切线冲关策略用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合思想画草图确定参数范围变式训练2(2019全国卷)已知函数f(x)sinxln (1x)，f(x)为f(x)的导数证
7、明：(1)f(x)在区间存在唯一极大值点；(2)f(x)有且仅有2个零点证明(1)设g(x)f(x)，则g(x)cosx，g(x)sinx.当x时，g(x)单调递减，而g(0)0，g0，可得g(x)在有唯一零点，设为.则当x(1，)时，g(x)0；当x时，g(x)0.所以g(x)在(1，)上单调递增，在上单调递减，故g(x)在存在唯一极大值点，即f(x)在存在唯一极大值点(2)f(x)的定义域为(1，)当x(1,0时，由(1)知，f(x)在(1,0)上单调递增，而f(0)0，所以当x(1,0)时，f(x)0，故f(x)在(1,0)上单调递减又f(0)0，从而x0是f(x)在(1,0上的唯一零点
8、当x时，由(1)知，f(x)在(0，)上单调递增，在上单调递减，而f(0)0，f0，所以存在，使得f()0，且当x(0，)时，f(x)0；当x时，f(x)0.故f(x)在(0，)上单调递增，在上单调递减又f(0)0，f1ln 0，所以当x时，f(x)0.从而，f(x)在上没有零点当x时，f(x)0，所以f(x)在上单调递减而f0，f()0，所以f(x)在上有唯一零点当x(，)时，ln (x1)1.所以f(x)0，从而f(x)在(，)上没有零点综上，f(x)有且仅有2个零点题型3利用导数研究不等式的有关问题例3(2019天津高考)设函数f(x)excosx，g(x)为f(x)的导函数(1)求f(
9、x)的单调区间；(2)当x时，证明f(x)g(x)0；(3)设xn为函数u(x)f(x)1在区间内的零点，其中nN，证明2nxncosx，得f(x)0，则f(x)单调递减；当x(kZ)时，有sinx0，则f(x)单调递增所以，f(x)的单调递增区间为(kZ)，f(x)的单调递减区间为(kZ)(2)证明：记h(x)f(x)g(x).依题意及(1)，有g(x)ex(cosxsinx)，从而g(x)2exsinx.当x时，g(x)0，故h(x)f(x)g(x)g(x)(1)g(x)0.因此，h(x)在区间上单调递减，进而h(x)hf0.所以，当x时，f(x)g(x)0.(3)证明：依题意，u(xn)
10、f(xn)10，即exncosxn1.记ynxn2n，则yn，且f(yn)eyncosynexn2ncos(xn2n)e2n(nN)由f(yn)e2n1f(y0)及(1)，得yny0.由(2)知，当x时，g(x)0，所以g(x)在上为减函数，因此g(yn)g(y0)g0.又由(2)知，f(yn)g(yn)0，故yn.所以2nxn0，所以yf(x)单调递增，无极值当a0时，令f(x)0，得xln a，因为当xln a时，f(x)ln a时，f(x)0，所以函数f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增所以yf(x)在xln a处有极小值所以f(ln a)eln aaln aa
11、12aaln a1e1.即2aaln ae0.构造函数g(a)2aaln ae(a0)，则g(a)1ln a.当a(0，e)时，g(a)0，当a(e，)时，g(a)0.所以yg(a)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减所以g(a)g(e)2eeln ee0.所以ae.(2)xa时，f(x)0.当a0时，由f(0)e0a1a0与题意矛盾，舍去(或当a0，f(a)(ea1)a(1a)0时，由(1)可知，f(x)在(ln a，)上单调递增下面先证明aln a.事实上，令p(a)aln a，则p(a)1，当a(0,1)时，p(a)0.所以p(a)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增所以p(a)p(1)1，因此有aln a.所以f(x)在a，)上单调递增，所以f(x)minf(a)eaa2a1.设g(t)ett2t1(t0)，则g(t)et2t1.设h(t)et2t1(t0)，则h(t)et2.当t0，ln 2)时，h(t)0，所以yh(t)在0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，)上单调递增所以h(t)h(ln 2)eln 22ln 2132ln 20.所以yg(t)在0，)上单调递增所以g(t)g(0)e010.所以f(x)min0，故a0时也成立综上可知，a的取值范围为0，)