2020年高考函数与导数考向预测

李昭平

纵观近几年的高考题和模考题，“函数与导数”融合题，主要考查利用导数思想、方法和思维方式处理函数的性质（单调性、奇偶性、对称性、周期性）、函数的图像、函数的极值和最值、函数图像的切线、函数方程和函数不等式、函数之间的关系等等. 一般稳定在一选一填一解答，分值大约占总分的14.7%左右，客观题和主观题往往都在试卷靠后的位置，成为压轴或半压轴试题，对学生的直观想象、逻辑推理、数学抽象和数学运算等核心素养进行有效考查. 下面以部分模考改编题和自己的一些原创题为例，对2020高考“函数与导数”融合题的考向进行预测，供大家专题复习参考.

考向1. 考查函数图像的切线

例1. 设直线l1，l2分别是函数f（x）=e-x-1， -2

解析：因为点P1（-1， m）和点P2（1， n）在函数f（x）的图像上， 所以m=e-1， n=1.

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

在P2（1， 1）处的切线l2的方程是y-1=2（x-1）， 即y=2x-1. l1与l2相交于点P为（0， -1）， 且A（- ， 0）， B（ ， 0）.

于是△PAB的面積是 ×（ + ）×1= .

点评：本题考查分段函数图像的切线，题眼新颖、知识点多、交汇性强. 主要涉及导数的几何意义、曲线的切线方程和数形结合思想. 一般地，f ′（x0）的几何意义是曲线y=f（x）在点（x0， f（x0））处的切线斜率，其切线方程可以表示为y-f（x0）=f ′（x0）（x-x0），条件是（x0， f（x0））必须为曲线上的点. 以函数图像的切线为载体的问题，在近几年的高考中常考常新，必须牢固把握.

训练题1：设直线l1， l2分别是函数f（x）=-lnx， 01图像上点P1， P2处的切线，l1与l2垂直相交于点P， 且l1， l2分别与y轴相交于点A， B，则A， B两点之间的距离是______.

解析：设P1（x1， y1），P2（x2， y2）. 由题意，不妨设0

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

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

写出切线l1与l2的方程分别为： l1： y=- （x-x1）-lnx1…①

l2： y= （x-x2）+lnx2…②

由①得点A的坐标为（0，1-lnx1）， 由②得点B的坐标为（0， -1+lnx2）.

于是，|AB|=2-lnx1-lnx2=2.

考向2. 考查函数不等式的解集

例2. 设函数f（x）定义在R上， 其导函数为f ′（x），且满足f（x）>f ′（x）+1，f（0）=2020，则不等式e-xf（x）>e-x+2019（其中e为自然对数的底数）的解集是（  ）

A. （2019， +∞） B. （-∞， 2020）

C. （0， 2019）        D. （-∞， 0）

解析：令g（x）=e-xf（x）>e-x，则g ′（x）=e-x[ f ′（x）-f（x）+1]<0，g（x）在R上单减. 因为g（0）=f（0）-1=2019，所以e-xf（x）>e-x+2019等价于g（x）>g（0），x<0. 故选D.

点评：本题以抽象函数为载体，考查函数不等式的解集、用导数符号判断函数的单调性、构造函数法等. 在不等式的等价变形中考查逻辑推理;在观察不等式e-xf（x）>e-x+2019中构造出函数g（x）=e-xf（x）-e-x，考查直观想象素养. 利用导数知识解决抽象函数不等式问题，在近几年的高考中有上升的趋势.

训练题2：已知函数f（x）（x∈R）满足f（1）=1，且f（x）的导函数f ′（x）> ，则不等式f（x2）< + 的解集是________.

解析：令g（x）=f（x）- x，则g′（x）=f ′（x）- >0，g（x）在R上单增.

由于f（x2）< + 等价于g（x2）

故不等式f（x2）< + 的解集是（-1，1）.

考向3. 考查函数的极值问题

例3. 若函数f（x）=axlnx-ex存在唯一的极值点，则实数a的取值范围是___________.

解析：由题意知，f ′（x）=alnx+a-ex=0有唯一正实数根，即ex=alnx+a.

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

当a>0时，在x0附近，始终有g（x）>h（x）， 则f ′（x）>0， 保号， 此时x0不是f（x）的极值点. 当a<0时， 在x0附近， f ′（x）异号. 此时x0是f（x）唯一的极值点.

故实数a的取值范围是（-∞， 0）.

点评：本题中的f ′（x）=0就是alnx+a-ex=0，处理这个超越方程有唯一正实根不易. 若变换思维角度：将此方程“一分为二”成两个函数g（x）=ex（定曲线）和h（x）=alnx+a（过定点（ ， 0）的动曲线），可以利用两个函数图像只有唯一交点，结合极值点的含义（在极值点两旁附近f ′（x）异号），来确定参数a的取值范围. 对于函数的极值问题，在近几年的高考中也常常出现. 要防止“函数的极值点”就是“导数的零点”的误区，忽视对f ′（x）在导数零点附近的符号的检验，注意异号则取、同号则舍的原则.

训练题3：设函数f（x）=x2-ax+b. 若函数f（sinx）在（- ， ）内有极值. 求实数a， b的取值范围.

解析：f（sinx）=sin2x-asinx+b.

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

則-1< <1，-2

因此a的取值范围是（-2，2），b的取值范围是R.

考向4. 考查函数不等式的证明

例4. 设函数f（x）=xlnx-kx2-x的两个极值点是a， b（a

（Ⅰ）求实数k的取值范围;

（Ⅱ）证明：a·b>e2，其中e为自然对数的底数.

解析：（Ⅰ）因为f ′（x）=lnx-2kx的两个零点是a，b（a

（Ⅱ）a·b>e2？圳lna+lnb>2，f ′（x）=lnx-2kx.

因为a，b是函数f（x）=xlnx-kx2-x的两个极值点，

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）内单增. 于是，g（t）2，也就是a·b>e2.

点评：本题先将待证的不等式a·b>e2等价变形为lna+lnb>2，由条件进一步代换为lna-lnb< . 而此不等式中有两个字母参数a，b，继续将其等价变形为ln < ，再视 为新元t，则不等式立即转化为关于t的一元不等式，利用构造函数法处理即可实现目标. 近年来，导数的运用在加大推理论证的考查力度，高考中出现了不少的证明函数不等式问题，凸显了对数学的灵魂“推理”的高度重视，要加大训练力度，逐渐掌握.

训练题4 ：已知函数f（x）=x2+ax+blnx， 曲线y=f（x）在点处（1，  f（1））的切线方程为y=2x.

（Ⅰ）求a和b实数的值;

（Ⅱ）设F（x）=f（x）-x2+mx（m∈R）， x1， x2（00.

解析：（Ⅰ）易得a=1，b=-1. 过程略去.

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

因为x1，x2（x1

两式相减，得（m+1）（x1-x2）-（lnx1-lnx2）=0，所以m+1= .

因为F′（x）=m+1- ，

所以 F′（ ）=（m+1）- = - .

要证F′（ ）>0，即证 - >0.

因为0

令t= ∈（0， 1），则即证明lnt< . 下面过程与例4相同，略去.

考向5. 考查函数零点的存在性

例5. 已知函数f（x）=- +x+ -a+2在定义域内有两个零点，  求实数a 的取值范围.

解析：函数f（x）的定义域为（0， +∞）. 若函数f（x）=- +x+ -a+2在（0， +∞）内有两个零点，即方程- +x+ -a+2=0恰有两个不相等的正实根，也就是方程-alnx+x2-（a-2）x+ =0恰有两个不相等的正实根.

令g（x）=-alnx+x2-（a-2）x+ ，

∴ g′（x）=2x-（a-2）- = = .

当a≤0时，g′（x）>0恒成立，函数g（x）在（0，+∞）上是增函数，∴函数g（x）最多一个零点，不合题意，舍去.

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

因为g（1）=1-（a-2）+ =3-a+  =（ -1）2+2>0， 所以在（1，  ）内有一个零点.

现在需要找到x0> ， 保证g（x0）>0，这是解本题的难点.

技巧1：放缩后取特殊点.

先放缩g（x）， 再取x的特殊点x0，且x0> ，保证g（x0）>0.

法1：因为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> ，

则g（x0）≥4a2-4（a-1）a+a+ =5a+ >0，所以在（ ，2a）内有一个零点.

故实数a的取值范围是（2e， +∞）.

法2： 因为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）内有一个零点.

故实数a的取值范围是（2e， +∞）.

技巧2： 取点证明法.

先取x的特殊点x0， 再证明g（x0）>0.

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

令h（a）=2+ a-lna，其中a>2e，则h′（a）= - = >0，

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

因此在（ ， a）内有一个零点.

故实数a的取值范围是（2e，+∞）.

点评：函数零点存在性问题是近几年高考对“函数与导数”解答题考查的高频考点、失分点和区分点. 这种问题有思维的高度、思维的深度和思维的广度，特别是“找点，确定函数值的符号”是解题难点，其主要技巧如下：第一，寻找特殊点：取相应的x0，确定f（x0）>0或f（x0）<0. 第二，放缩后取特殊点：先放缩相应的函数f（x），再取特殊点x0，确定f（x0）>0或f（x0）<0. 第三，取点证明法：先取特殊点x0，再证明f（x0）>0或f（x0）<0. 解题过程中，常常涉及到函数的单调性、构造函数、放缩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. 强化训练、总结规律，必能突破难点，提高“找点”水平.

训练题5：设k>0， 试证明： 函数f（x）=（x-1）ex- x2 在R上只有一个零点.

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

（1）當00， 此时函数 f（x）在R上只有一个零点.

（2）当k=1时， x2=lnk=0， f ′（x）=x（ex-1）≥0，函数f（x）在R上单增， 且f（0）=-1， f（2）=e2-2>0， 此时函数f（x）在R上只有一个零点.

（3）当k>1时， x2=lnk>0，函数f（x）在（-∞， 0）和（lnk， +∞）内单增， 在（0， lnk）内单减， 且f（lnk）=k（lnk-1）- （lnk）2=    - [（lnk-1）2+1]<0， f（0）=-1.

现在就看在（lnk， +∞）内是否能找到x0>lnk， 使f（x0）>0，这是解本题的难点.

技巧：放缩后取特殊点.

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

易证当x>0时，ex>x2，则当x>1时，有：

f（x）=（x-1）ex- x2>（x-1）x2- x2=x2（x- ）.

取x0=k+1， 则f（x0）>0. 又k+1>k-1>lnk（k>1），此时函数f（x）在（lnk， x0）内只有一个零点.

综上所述，当k>0时，函数f（x）=（x-1）ex- x2在R上只有一个零点.

考向6. 考查三角复合型函数的最值

例6. 已知函数f（x）=msinx+sin2x（m∈R）的图像在点（0，f（0））处的切线斜率是4，则f（x）的最大值是_________.

解析：因为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）.

当cosx> ， 即2kπ- 0;当cosx< ，即2kπ+

点评：本题的函数f（x）无法转化成asin2x+bsinx+c或acos2x+bcosx+c或asinx+bcosx的形式，必须用导数知识处理其最值. 其导函数是形如acos2x+bcosx+c的二次形式，零点可求，且能够判断其单调性，使问题顺利解决. 要特别注意三角函数零点和单调区间的周期性，确定单调区间端点的极值点类型（极大值点或极小值点），否则极易出现错误. 近年来，高考导数题正从整式函数、分式函数、指数函数、对数函数及其复合型函数形式，向三角复合型函数转变，“三角问题”已成为高考对导数考查的新热点，务必关注.

训练题6：若函数f（x）=2cosx+sin2x+m+ 的最小值是 - ， 则实数m的值是_____.

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

因此f（2kπ+ ）=- ，- +m+ =- ，m=- .

考向7. 考查不等式中整数参数的最值

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

法1（直接构造函数法）：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.

则由g′（x）=lnx+1-k=0，得x=ek-1.

（1）若ek-1≤2，即k≤1+ln2时，g′（x）≥0，g（x）在（2，+∞）内单增，于是g（x）>g（2）=2ln2+2>0成立，此时整数k的最大值是1.

（2）若ek-1>2，即k>1+ln2时，g（x）在（2， ek-1）内单减，在（ek-1， +∞）内单增. 于是g（x）≥g（ek-1）=2k+2-ek-1.

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

综合（1）（2）可知，整数k的最大值是3.

法2（参变分离法）： f（x）≥kx-2（k+1）？圳k≤ （x>2）.

令g（x）= ， x>2，则g′（x）= .

令h（x）=x-2lnx-4， x>2. 则h′（x）=1- >0，h（x）在（2，+∞）内单增.

又因为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. 且当x∈（2， x0）时g′（x）<0，g（x）单减. 当x∈（x0，+∞）时，g′（x）>0，g（x）单增. 所以g（x）≥g（x0）= = ， k≤g（x0）. 而g（x0）= ∈（3，  ）. 因此，整数k的最大值是3.

法3（一分为二法）：令g（x）=kx-2（k+1），显然直线g（x）过定点（2，-2）. 利用导数可以画出曲线y=f（x）的草图. 由图像可知，直线y=g（x）的极限位置是与曲线y=f（x）相切，设切点是M（x0，y0），则切线方程是y-x0lnx0=（1+lnx0）（x-x0）.

将点（2， -2）代入，得2-x0lnx0=（1+lnx0）（2-x0），

即x0-2lnx0-4=0. 则k≤1+lnx0.

以下做法同法2，略去.

点评：本题考查不等式中整数参数的最值，是近期模考中出现的一种新题型，在继承传统的前提下，增加了思维深度和运算难度. 法1是常见的直接构造函数法，利用导数研究函数的性质来解决不等式问题，涉及到零点x=ek-1与区间（2，+∞）位置关系的讨论. 法2也是常见的参变分离法，参变分离后仍然用函数的性质处理，涉及到多次构造函数和逼近零点范围. 法3则称为“一分为二法”，即将原不等式“一分为二”成两个函数f（x）=axlnx（曲线大致形状利用导数确定）与g（x）=kx-2（k+1）（动直线，过定点（2，-2）），它们值的大小关系，则立即转化为曲线与动直线的位置关系，注意对参数的分类讨论. 整个过程体现了“数→形→数”之间的对应.

训练题7：设f（x）=x+xlnx. 若2 f（x）-（k+1）x+k>0（k∈Z）对任意x>1都成立， 求整数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， 则h′（x）=2- >0， h（x）在（1， +∞）内单增.

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. 且当x∈（1， x0）时g′（x）<0，   g（x）单减. 当x∈（x0，+∞）时， g′（x）>0，g（x）单增. 于是k

以上介绍了“函数与导数”融合题的七大考向题型，函数问题、不等式问题、方程问题、三角问题等知识交织在一起，很好地体现了导数运用中常见的数形结合法、分类讨论法、参变分离法、一分为二法、构造函数法等等. 不难看出，这些试题结构新颖、覆盖面广、综合性强，逐步向导数应用的深层次考查. 在高考专题复习中，加大训练、研究和感悟的力度，可以大大提高运用导数知识解决函数问题的能力，突破“函数与导数”压轴题这道关.

责任编辑 徐国坚