1、考纲解读明方向考纲内容 考 点 考查频度 学科素养 规律与趋向1.利用导数研究函数的单调性、极(最) 值，并会解决与之有关的方程(不等式)问题；2.会利用导数解决某些简单的实际问题.1.导数与不等式3 年 3 考逻辑推理数学计算1.高频考向:利用导数解决与之有关的方程（不等式）问题2.低频考向:利用导数解决某些实际问题.3.特别关注:利用导数研究函数的零点问题.2018 年高考全景展示1.【2018 年浙江卷】已知函数 f(x)= lnx（）若 f(x)在 x=x1，x 2(x1x2)处导数相等，证明：f (x1)+f(x2)88ln2；（）若 a34ln2，证明：对于任意 k0，直线 y=k
2、x+a 与曲线 y=f(x)有唯一公共点【答案】 （）见解析 （）见解析【解析】分析: （）先求导数，根据条件解得 x1，x 2 关系，再化简 f(x1)+f(x2)为 ，利用基本不等式求得 取值范围，最后根据函数单调性证明不等式， （）一方面利用零点存在定理证明函数 有零点，另一方面，利用导数证明函数 在 上单调递减，即至多一个零点.两者综合即得结论.x （0，16） 16 （16，+ ）- 0 +2-4ln2所以 g（x）在256 ，+ ）上单调递增，故 ，即 由（）可知 g（x） g（16） ，又 a34ln2，故g（x）1+ag（16）1+a=3+4ln2+a0，所以 h（x）0，即函
3、数 h（x）在（0，+）上单调递减，因此方程 f（x）kx a=0 至多 1 个实根综上，当 a34ln2 时，对于任意 k0，直线 y=kx+a 与曲线 y=f（x）有唯一公共点 点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略：(1) 构造差函数 .根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.2.【2018 年全国卷文】已知函数 （1）求曲线 在点 处的切线方程；（2）证明：当 时， 【答案】 （1）切线方程是 （2）证明见解析【解
4、析】分析：（1）求导，由导数的几何意义求出切线方程。（2）当 时， ,令 ，只需证明即可。详解：（1） ， 因此曲线 在点 处的切线方程是（2）当 时， 令 ，则当 时， ， 单调递减；当 时， ， 单调递增；所以 因此 点睛：本题考查函数与导数的综合应用，由导数的几何意义可求出切线方程，第二问当 时，,令 ，将问题转化为证明 很关键，本题难度较大。3 【2018 年全国卷 II 文】已知函数 （1）若 ，求 的单调区间；（2）证明： 只有一个零点【答案】 （1）f（x ）在（ ， ） ， （ ，+）单调递增，在（ ， ）单调递减（2）f（x）只有一个零点【解析】分析：（1）将 代入，求导得
5、，令 求得增区间，令求得减区间；（2）令 ，即 ，则将问题转化为函数 只有一个零点问题，研究函数 单调性可得.（2）由于 ，所以 等价于 设 = ，则 g （x）= 0，仅当 x=0 时 g （x）=0，所以 g（x）在（，+）单调递增故 g（x）至多有一个零点，从而 f（x）至多有一个零点又 f（3a1）= ，f （3a+1）= ，故 f（x）有一个零点综上，f（x）只有一个零点 点睛：（1）用导数求函数单调区间的步骤如下：确定函数 的定义域；求导数 ；由（或 ）解出相应的 的取值范围，当 时， 在相应区间上是增函数；当时， 在相应区间上是减增函数.（2）本题第二问重在考查零点存在性问题，解
6、题的关键在于将问题转化为求证函数 有唯一零点，可先证明其单调，再结合零点存在性定理进行论证.2017 年高考全景展示1.【2017 课标 3，文 21】已知函数 =lnx+ax2+(2a+1)x()f（1）讨论 的单调性；()fx（2）当 a0 时，证明 3()24fa【答案】 （1）当 时， 在 单调递增；当 时，则 在 单调递增，)(xf),00a)(xf)21,0a在 单调递减；（2）详见解析),(a【解析】试题分析：（1）先求函数导数 ，再根据导函数符号变化(21)(0)axf x情况讨论单调性：当 时， ，则 在 单调递增，当 时，则 在0a0(xf(f),a)(xf单调递增，在 单
7、调递减.（2）证明 ，即证 ，)2,0(a),1(324fxmax3()24f而 ，所以目标函数为 ，即)()(maxff 1)ln()()1aaf（ ） ，利用导数易得 ，即得证.ty1ln021a0)1(maxy【考点】利用导数求单调性，利用导数证不等式【名师点睛】利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数 .根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不()()hxfgx等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数. 2.【2017 天津，文 19】设 ， .
8、已知函数 ， .,abR|132()6(4)fxaxb()e()xgf（）求 的单调区间；()fx（）已知函数 和 的图象在公共点（x 0，y 0）处有相同的切线，()ygey（i）求证： 在 处的导数等于 0；fx0（ii）若关于 x 的不等式 在区间 上恒成立，求 b 的取值范围.()exg01,x【答案】 （）递增区间为 ， ，递减区间为 .（2） （） 在,a(4)(),4a()fx处的导数等于 0.（） 的取值范围是 .0xb7,【解析】试题分析：（）先求函数的导数 ，再根据 ，求得两个极值34fxax1a点的大小关系， ，再分析两侧的单调性，求得函数的单调区间；（） （）根据 与4
9、a gx有共同的切线，根据导数的几何意义建立方程，求得 ，得证；（）将不等式转化为xe 0fx，再根据前两问可知 是极大值点 ，由（I）知 在 内单调递增，在1f0x0xa()f,)1a内单调递减，从而 在 上恒成立，得 ，(),a1ff,326b，再根据导数求函数的取值范围.（II） （i）因为 ，由题意知 ，()e()xgfx0()exg所以 ，解得 .000e()()exxxff0()1f所以， 在 处的导数等于 0.f0【考点】1.导数的几何意义；2.导数求函数的单调区间；3.导数的综合应用.【名师点睛】本题本题考点为导数的应用，本题属于中等问题，第一问求导后要会分解因式，并且根据条件
10、能判断两个极值点的大小关系，避免讨论，第二问导数的几何意义，要注意切点是公共点，切点处的导数相等的条件，前两问比较容易入手，但第三问，需分析出 ，同时根据单调性0xa判断函数的最值，涉及造函数解题较难，这一问思维巧妙，有选拔优秀学生的功能.2016 年高考全景展示1. 【2016 高考新课标 1 文数】若函数 在 单调递增,则 a 的取值1()sin2i3fx-xa范围是（ ）（A） （B） （C） （D）,3,1,【答案】C【解析】试题分析： 对 恒成立,21cos03fxxaxR故 ,即 恒成立,21cos1cos03xax245cso03x即 对 恒成立,构造 ,开口向下的二次函数 的2
11、45tt23fttaft最小值的可能值为端点值,故只需保证 ,解得 故选 C103ft1考点：三角变换及导数的应用【名师点睛】本题把导数与三角函数结合在一起进行考查,有所创新,求解关键是把函数单调性转化为不等式恒成立,再进一步转化为二次函数在闭区间上的最值问题,注意与三角函数值域或最值有关的问题,要注意弦函数的有界性.2. 2016 高考新课标文数设函数 ()ln1fx（I）讨论 的单调性；()fx（II）证明当 时， ；1,1lnx（III）设 ，证明当 时， .c(0,)()xc【答案】 （）当 时， 单调递增；当 时， 单调递减；（）见解析；1xfx1()f（）见解析【解析】试题分析：（
12、）首先求出导函数 ，然后通过解不等式 或 可确定函数()fx ()0fx()fx的单调性（）左端不等式可利用（）的结论证明，右端将左端的 换为 即可证明；()fx 1（）变形所证不等式，构造新函数，然后通过利用导数研究函数的单调性来处理 考点：1、利用导数研究函数的单调性；2、不等式的证明与解法【思路点拨】求解导数中的不等式证明问题可考虑：（1）首先通过利用研究函数的单调性，再利用单调性进行证明；（2）根据不等式结构构造新函数，通过求导研究新函数的单调性或最值来证明3.【2016 高考天津文数】 （本小题满分 14 分）设函数 ， ，其中baxf3)(Rba,（）求 的单调区间；)(xf（）若
13、 存在极值点 ，且 ，其中 ，求证： ；0x)(01xff01x021x（）设 ，函数 ，求证： 在区间 上的最大值不小于 .0a|)(|gg,4【答案】 （）递减区间为 ，递增区间为 ， .（）详见3,a3(,)a(,)解析（）详见解析【解析】试题分析：（）先求函数的导数： ，再根据导函数零点是否存在情况，分类讨论：2()3fxa当 时，有 恒成立，所以 的单调增区间为 .当 时，0a2()30fxa()fx(,)0a存在三个单调区间（）由题意得 即 ，再由 化简可得结20()30fxa23)(01xff论（）实质研究函数 最大值：主要比较 ， 的大小即可，)(g(1),f3|(|,()|a
14、ff分三种情况研究当 时， ，当 时，3a3aa4，当 时， .23211a02311a试题解析：（1）解：由 ，可得 ，下面分两种情况讨论：3()fxab2()3fx当 时，有 恒成立，所以 的单调增区间为 .0a20(,)当 时，令 ，解得 或 . ()fx3xa当 变化时， 、 的变化情况如下表：xff3(,)a3(,)a3a(,)fx00(单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增所以 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 ， .()fx3(,)a3(,)a(,)（3）证明：设 在区间 上的最大值为 ， 表示 ， 两数的最大值，下面分()gx1,Mmax,yx三种情况讨论：当 时， ，
15、由（1） 知 在区间 上单调递减，a33aa()fx1,所以 在区间 上的取值范围为 ，因此，()fx1,(),fma()max|1|Mf bam|,1|ab所以 .,01b|2M当 时， ，由（1）和（2）知，304a231a， ，(1)()fff3()()aff所以 在区间 上的取值范围为 ，因此，fx1,1,fma()max|Mf bamx|1|,|ab.1|4b综上所述，当 时， 在区间 上的最大值不小于 .0()gx1,4考点：导数的运算，利用导数研究函数的性质、证明不等式【名师点睛】1.求可导函数单调区间的一般步骤(1)确定函数 f(x)的定义域( 定义域优先)；(2)求导函数 f
16、(x)；(3)在函数 f(x)的定义域内求不等式 f(x)0 或 f(x)0 的解集(4)由 f(x)0( f(x)0)的解集确定函数 f(x)的单调增(减)区间若遇不等式中带有参数时，可分类讨论求得单调区间2由函数 f(x)在(a，b)上的单调性，求参数范围问题，可转化为 f(x)0(或 f(x)0)恒成立问题，要注意“”是否可以取到4. 【2016 高考浙江文数】 （本题满分 15 分）设函数 ()f= 31x， 0,.证明：（I） ()fx21；（II） 34. 【答案】 （）证明见解析；（）证明见解析.【解析】试题分析：本题主要考查函数的单调性与最值、分段函数等基础知识，同时考查推理论
17、证能力、分析问题和解决问题的能力.第一问，利用放缩法，得到41x，从而得到结论；第二问，由01x得 3x，进行放缩，得到 32fx， 再结合第一问的结论，得到 34fx， 从而得到结论. ()由 01x得 3x，故 121332xf ，所以 32fx .由()得 221314fx，又因为 9324f，所以 f，综上， 3.fx 考点：函数的单调性与最值、分段函数.【思路点睛】 （I）先用等比数列前 n项和公式计算 231x，再用放缩法可得2311xx，进而可证 2fx；（II）由（I ）的结论及放缩法可证4f5.【2016 高考新课标 1 文数】 （本小题满分 12 分）已知函数 22e1xf
18、xa(I)讨论 fx的单调性；(II)若 有两个零点,求 a的取值范围.【答案】见解析(II) 0,【解析】试题分析：(I) 先求得 12.xfxea再根据 1,0,2a 的大小进行分类确定 fx的单调性；(II)借助第一问的结论,通过分类讨论函数单调性,确定零点个数,从而可得 a 的取值范围为 0,.若 2ea,则 1lna,故当 ,1ln2,xa时, 0fx,当 1,ln2a时,0fx,所以 fx在 ln2a单调递增,在 1ln2a单调递减. (II)(i)设 ,则由(I)知, f在 ,单调递减,在 单调递增.又 12fefa， ,取 b 满足 b0 且 l2,则 2310fb,所以 fx有两个零点.(ii)设 a=0,则 xfxe所以 f有一个零点.考点：函数单调性,导数应用【名师点睛】本题第一问是用导数研究函数单调性,对含有参数的函数单调性的确定,通常要根据参数进行分类讨论,要注意分类讨论的原则：互斥、无漏、最简；第二问是求参数取值范围,由于这类问题常涉及到导数、函数、不等式等知识,越来越受到高考命题者的青睐,解决此类问题的思路是构造适当的函数,利用导数研究函数的单调性或极值破解.