2018 年高考全国卷理科函数与导数典例剖析

■河南省许昌高级中学 孙 旭

导数是研究函数性质的重要工具，利用导数研究函数的单调性、极值、最值是高考的热点问题，每年必考，一般考查题型为讨论函数的单调性、极值、最值，或者以函数的单调性、极值、最值为载体，求参数的取值范围，证明不等式等。

典例1 (2 0 1 8年全国Ι卷理2 1)已知函数

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明

解答提示：本题考查导数在研究函数中的应用、函数的性质。(1)对函数求导，结合二次函数的性质对参数的取值范围分类讨论，根据导函数的符号求解函数的单调性。(2)根据(1)中的结论确定参数的取值范围，对要证的不等式进行等价转化，构造新函数，通过求解新函数的值域证明结论。利用对数均值不等式也可以对此不等式进行证明。

解析：(1)f(x)的定义域为(0，+∞)，

①若a≤2，则f "(x)≤0，当且仅当a=2，x=1时，f "(x)=0，所以f(x)在(0，+∞)上单调递减。

②若a＞2，令f "(x)=0，得x=当x∈时，f "(x)＜ 0； 当x∈时，f "(x)＞0。所 以f(x) 在上 单 调 递 减， 在上单调递增。

(2)方法1：由(1)知，当且仅当a＞2时f(x)存在两个极值点。

由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2—a x+1=0，所以x1x2=1，不妨设x1＜x2，则x2＞1。

设函数g(x)=—x+2 l nx，由(1)知，g(x)在(0，+∞)上单调递减，又g(1)=0，从而当x∈(1，+∞)时，g(x)＜0。

典例2 (2 0 1 8年全国Ⅱ卷理2 1)已知函数f(x)=ex—a x2。

(1)若a=1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；

(2)若f(x)在(0，+∞)上只有一个零点，求a。

解答提示：本题考查导数在研究函数性质中的应用。(1)利用导数与函数的单调性、最值的关系求解最值，以算代证。(2)利用导数与函数的单调性、最值的关系求解，注意对a的分类讨论。也可以用分离参数或数形结合的方法来解决此问题。

解析：(1)当a=1时，f(x)≥1等价于(x2+1)e—x—1≤0。

设函数g(x)=(x2+1)e—x—1，则g "(x)=—(x2—2x+1)e—x=—(x—1)2e—x。

当x≠1时，g "(x)＜0，所以g(x)在(0，+∞)上单调递减。

而g(0)=0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1。

(2)方法1：设函数h(x)=1—a x2e—x。

f(x)在(0，+∞)上只有一个零点时，当且仅当h(x)在(0，+∞)上只有一个零点。

(i)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点；

(i i)当a＞0时，h "(x)=a x(x—2)e—x。

当x∈(0，2)时，h "(x)＜0；当x∈(2，+∞)时，h "(x)＞0。所以h(x)在(0，2)上单调递减，在(2，+∞)上单调递增。

故h(2)=1—是h(x)在(0，+∞)上的最小值。

①若h(2)＞0，即a＜，h(x)在(0，+∞)上没有零点；

②若h(2)=0，即a=，h(x)在(0，+∞)上只有一个零点；

③若h(2)＜0，即a＞，由于h(0)=1，所以h(x)在(0，2)上有一个零点。

由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，所以＞0，故h(x)在(2，4a)上有一个零点。

因此h(x)在(0，+∞)上有两个零点。

综上，若f(x)在(0，+∞)上只有一个零点，则

方法2：由题意知f(x)=ex—a x2。

f(x)在(0，+∞)上只有一个零点等价于方程ex—a x2=0在(0，+∞)上只有一个实数根，即在(0，+∞)上只有一个实数根，等价于函数y=a的图像与函数的图像在(0，+∞)上只有一个交点。

设m(x)=，则m "(x)=

所以当x∈(0，2)时，m "(x)＜0；当x∈(2，+∞)时，m "(x)＞0。

因此m(x)在区间(0，2)上单调递减，在区间(2，+∞)上单调递增。

所以m(x)在x=2处取得最小值，所以

因此，若f(x)在(0，+∞)上只有一个零点，则

典例3 (2 0 1 8年全国Ⅲ卷理2 1)已知函数f(x)=(2+x+a x2)l n(1+x)—2x。

(1)若a=0，证明：当—1＜x＜0时，f(x)＜0；当x＞0时，f(x)＞0。

(2)若x=0是f(x)的极大值点，求a。

解答提示：本题考查利用导数研究函数的单调性、极值、最值。(1)当a=0时，求f(x)的导数，构造新函数，通过对新函数求导，得出最值，进而使问题得证。(2)对a分类讨论，结合(1)中的结论，并根据极大值的定义进行求解。也可以结合导数和极大值的定义解决此问题。

解析：(1)当a=0时，f(x)=(2+x)·

设函数g(x)=f "(x)=l n(1+x)—，则g "(x)=

当—1＜x＜0时，g "(x)＜0；当x＞0时，g "(x)＞0。

故当x＞—1时，g(x)≥g(0)=0，当且仅当x=0时，g(x)=0。

从而f "(x)≥0，当且仅当x=0时，f "(x)=0。

所以f(x)在(—1，+∞)上单调递增。又f(0)=0，故当—1＜x＜0时，f(x)＜0；当x＞0时，f(x)＞0。

(2)方法1：①若a≥0，由(1)知，当x＞0时，f(x)≥(2+x)l n(1+x)—2x＞0=f(0)，这与x=0是f(x)的极大值点矛盾。

②若a＜0，设函数h(x)=

由于当|x|＜m i n时，2+x+a x2＞0，故h(x)与f(x)符号相同。

又h(0)=f(0)=0，故x=0是f(x)的极大值点，当且仅当x=0是h(x)的极大值点。

对h(x)求导可得h "(x)=

如果6a+1＞0，则当0＜x＜—且|x|＜m i n时，h "(x)＞0，故x=0不是h(x)的极大值点。

如果6a+1＜0，则a2x2+4a x+6a+1=0存在根x1＜0，故当x∈(x1，0)，且|x|时，h "(x)＜0，所以x=0不是h(x)的极大值点。

如 果 6a+1=0，则h "(x)=，当x∈(—1，0)时，h "(x)＞0；当x∈(0，1)时，h "(x)＜0。所以x=0是h(x)的极大值点。

所以x=0是f(x)的极大值点。

综上，a=—

方法2：由题意知f(x)=(2+x+a x2)·l n(1+x)—2x，则f "(x)=(1+2a x)l n(1+—2，且f "(0)=0。

若x=0是f(x)的极大值点，则f "(x)在x=0附近单调递减。

设h(x)=f "(x)，则h "(x)=2al n(x+，且h "(0)=0，

若f "(x)在x=0附近单调递减，则h "(x)≤0在x=0附近成立，且h "(x)在x=0处取得极大值0。

设m(x)=h "(x)，则m "(x)=(2a x2+8a x—x+6a+1)。

所以m "(0)=6a+1=0，解得a=—

因此，若x=0是f(x)的极大值点，则

复习建议：了解导数概念的某些实际背景，掌握函数在某点处的导数的定义和导数的几何意义，理解导函数的概念，这些都有助于我们灵活地解决导数与函数的问题。熟练记忆基本导数公式和函数的求导法则是正确进行导数运算的基础，复习中也要引起重视。对于解题过程中常用的方法和技巧，如分类讨论、构造新函数、分离参数、数形结合等，需要我们在不断的练习和反思中熟练掌握。