2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：素养提升1　高考中函数与导数解答题的提分策略

2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：素养提升1　高考中函数与导数解答题的提分策略

素养提升1　高考中函数与导数解答题的提分策略 ‎1[2019全国卷Ⅲ,12分]已知函数f (x)=2x3 - ax2+b.‎ ‎(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]上的最小值为 - 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.‎ 本题可拆解成以下几个小问题:‎ ‎(1)①求函数f (x)=2x3 - ax2+b的导数;②利用分类讨论思想判断函数的单调性.‎ ‎(2)①对a分类讨论,求函数f (x)的单调区间;②分别求函数f (x)的最值,列出关于a,b的方程组;②解方程组,判断a,b是否符合相应区间.‎ ‎(1)对f (x)=2x3 - ax2+b求导,‎ 得f ' (x)=6x2 - 2ax=2x(3x - a).①‎ 令f ' (x)=0,得x=0或x=a‎3‎.‎ 若a>0,则当x∈( - ∞,0)∪(a‎3‎,+∞)时,f ' (x)>0;当x∈(0,a‎3‎)时,f ' (x)<0.故f (x)在( - ∞,0)和(a‎3‎,+∞)上单调递增,在(0,a‎3‎)上单调递减.②‎ 若a=0,f (x)在( - ∞,+∞)上单调递增.②‎ 若a<0,则当x∈( - ∞,a‎3‎)∪(0,+∞)时,f ' (x)>0;当x∈(a‎3‎,0)时,f ' (x)<0.故f (x)在( - ∞,a‎3‎)和(0,+∞)上单调递增,在(a‎3‎,0)上单调递减.④‎ ‎(2)满足题设条件的a,b存在.‎ ‎(i)当a<0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)=2 - a+b,所以b= - 1,2 - a+b=1,则a=0,b= - 1,与a<0矛盾,所以a<0不成立.⑤‎ ‎(ii)当a=0时,由(1)知,f (x)在[0,1]上单调递增,所以由f (0)= - 1,f (1)=1得a=0,b= - 1.⑥‎ ‎(iii)当00得单调性.‎ 求什么 想什么 要证明f (x)有且仅有两个零点,即要证明f (x)在(0,1)和(1,+∞)上分别有一个零点.‎ 差什么 找什么 在(1,+∞)内分别取两个特殊值,使得一个函数值小于0,而另一个函数值大于0(可取e,e2),即可证明f (x)在(1,+∞)上有一个零点,记为x1.‎ 注意到f (‎1‎x)= - ln x - ‎1‎x‎+1‎‎1‎x‎-1‎= - ln x+x+1‎x-1‎= - f (x),即可证明f (x)在(0,1)上有零点‎1‎x‎1‎.‎ ‎ (2)‎ 给什么 得什么 由x0是f (x)的一个零点知ln x0=x‎0‎‎+1‎x‎0‎‎-1‎.‎ 差什么 找什么 易知点B( - ln x0,‎1‎x‎0‎)在曲线y=ex上,要证明曲线y=ln x在点A处的切线也是曲线y=ex的切线,只需证明直线AB的斜率和曲线y=ln x在点A处的切线的斜率及曲线y=ex在点B处的切线的斜率相等.‎ ‎(1)f (x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞).‎ 因为f ' (x)=‎1‎x‎+‎‎2‎‎(x-1‎‎)‎‎2‎>0,‎ 所以f (x)在(0,1)和(1,+∞)上单调递增.2分 因为f (e)=1 - e+1‎e-1‎<0,f (e2)=2 - e‎2‎‎+1‎e‎2‎‎-1‎‎=‎e‎2‎‎-3‎e‎2‎‎-1‎>0,‎ 所以f (x)在(1,+∞)上有唯一零点,记此零点为x1,则f (x1)=0.4分 又0<‎1‎x‎1‎<1,f (‎1‎x‎1‎)= - ln x1+x‎1‎‎+1‎x‎1‎‎-1‎= - f (x1)=0,故f (x)在(0,1)上有唯一零点‎1‎x‎1‎.‎ 综上,f (x)有且仅有两个零点.6分 ‎(2)因为‎1‎x‎0‎‎=‎e‎-ln ‎x‎0‎,故点B( - ln x0,‎1‎x‎0‎)在曲线y=ex上.7分 由题设知f (x0)=0,即ln x0=x‎0‎‎+1‎x‎0‎‎-1‎,‎ 连接AB,则直线AB的斜率kAB=‎1‎x‎0‎‎-ln ‎x‎0‎‎-ln x‎0‎-‎x‎0‎‎=‎1‎x‎0‎‎-‎x‎0‎‎+1‎x‎0‎‎-1‎‎-x‎0‎‎+1‎x‎0‎‎-1‎-‎x‎0‎=‎‎1‎x‎0‎.9分 曲线y=ex在点B( - ln x0,‎1‎x‎0‎)处的切线的斜率是‎1‎x‎0‎,曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线的斜率也是‎1‎x‎0‎,所以曲线y=ln x在点A(x0,‎ ln x0)处的切线也是曲线y=ex的切线.12分 感悟升华 满分 策略 ‎1.得步骤分:抓住得分点,争得满分.如第(1)问中,求导,判断单调性,利用零点存在性定理确定零点个数.‎ ‎2.得关键分:解题过程中不可忽视关键点,有则给分,无则没分.如第(1)问中,求出f (x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞),判断f (x)在定义域内的单调性;第(2)问中,找关系式ln x0=x‎0‎‎+1‎x‎0‎‎-1‎,判定直线AB的斜率与曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线的斜率及曲线y=ex在点B处的切线的斜率相等.‎ ‎3.得计算分:解题过程中计算准确是得满分的根本保证,如第(1)问中,求f ' (x)准确是关键,否则全盘皆输.第(2)问中,正确计算kAB等是关键,否则不得分.‎ 一题 多解 第(2)问也可用如下思路求解:‎ 先求出y=ln x在点A处的切线方程y=xx‎0‎+ln x0 - 1;‎ 再求出y=ex在点(x2,ex‎2‎)处的切线方程y=ex‎2‎·x+ex‎2‎(1 - x2),由ex‎2‎‎=‎‎1‎x‎0‎知x2= - ln x0,则y=xx‎0‎‎+‎‎1‎x‎0‎(1+ln x0).‎ 于是只需证明‎1‎x‎0‎(1+ln x0)与ln x0 - 1相等,将ln x0=x‎0‎‎+1‎x‎0‎‎-1‎分别代入,得它们均为‎2‎x‎0‎‎-1‎,即可证明.‎ ‎3[2018全国卷Ⅰ,12分]已知函数f (x)=‎1‎x - x+aln x.‎ ‎(1)讨论f (x)的单调性;‎ ‎(2)若f (x)存在两个极值点x1,x2,证明:f(x‎1‎)-f(x‎2‎)‎x‎1‎‎-‎x‎2‎2,令f ' (x)=0,得x=a-‎a‎2‎‎-4‎‎2‎或x=a+‎a‎2‎‎-4‎‎2‎.‎ 当x∈(0,a-‎a‎2‎‎-4‎‎2‎)∪(a+‎a‎2‎‎-4‎‎2‎,+∞)时,f ' (x)<0;‎ 当x∈(a-‎a‎2‎‎-4‎‎2‎,a+‎a‎2‎‎-4‎‎2‎)时,f ' (x)>0.‎ 所以f (x)在(0,a-‎a‎2‎‎-4‎‎2‎)和(a+‎a‎2‎‎-4‎‎2‎,+∞)上单调递减,在(a-‎a‎2‎‎-4‎‎2‎,a+‎a‎2‎‎-4‎‎2‎)上单调递增.5分 ‎(2)由(1)知,若f (x)存在两个极值点,则a>2.6分 因为f (x)的两个极值点x1,x2满足x2 - ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x11.7分 因为f(x‎1‎)-f(x‎2‎)‎x‎1‎‎-‎x‎2‎= - ‎1‎x‎1‎x‎2‎ - 1+aln x‎1‎-ln ‎x‎2‎x‎1‎‎-‎x‎2‎= - 2+aln x‎1‎-ln ‎x‎2‎x‎1‎‎-‎x‎2‎= - 2+a‎-2ln ‎x‎2‎‎1‎x‎2‎‎-‎x‎2‎,9分 所以f(x‎1‎)-f(x‎2‎)‎x‎1‎‎-‎x‎2‎2a.‎ ‎3.[2020洛阳市第一次联考,12分]已知函数f (x)=aln x - x2+(2a - 1)x,其中a∈R.‎ ‎(1)当a=1时,求函数f (x)的单调区间;‎ ‎(2)求函数f (x)的极值;‎ ‎(3)若函数f (x)有两个不同的零点,求a的取值范围.‎ ‎4.[12分]已知函数f (x)=ex - ‎1‎‎2‎bx2+ax(a,b∈R). ‎ ‎(1)当a> - 1且b=1时,试判断函数f (x)的单调性. ‎ ‎(2)若a<1 - e且b=1,求证:函数f (x)在[1,+∞)上的最小值小于‎1‎‎2‎.‎ ‎(3)若f (x)在R上是单调函数,求ab的最小值.‎ 素养提升1 高考中函数与导数解答题的提分策略 ‎1. (1)易知f ' (x)=‎-1-lnxx‎2‎<0(x≥1),(1分)‎ ‎∴f (x)在[1,+∞)上单调递减,f (x)max=f (1)=2.(3分)‎ ‎∵x≥1时,f (x)>0,‎ ‎∴f (x)在[1,+∞)上的值域为(0,2].(5分)‎ ‎(2)令g(x)=ln x(ln x+4) - 2ax - 4,x∈[1,+∞),‎ 则g' (x)=2(lnx+2‎x - a),(6分)‎ ‎①若a≤0,则由(1)可知,g' (x)>0,g(x)在[1,+∞)上单调递增,‎ ‎∵g(e)=1 - 2ae>0,与题设矛盾,∴a≤0不符合要求.(7分)‎ ‎②若a≥2,则由(1)可知,g' (x)≤0,g(x)在[1,+∞)上单调递减,‎ ‎∴g(x)≤g(1)= - 2a - 4<0,∴a≥2符合要求.(8分)‎ ‎③若00恒成立,f (x)在(0,+∞)上是增函数;‎ 若a>0,则当0a时,f ' (x)>0,‎ 则f (x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.‎ 综上可得,当a≤0时,f (x)在(0,+∞)上是增函数;‎ 当a>0时,f (x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.(6分)‎ ‎(2)由(1)知,当a≤0时,f (x)在(0,+∞)上是增函数,‎ 不存在f (x1)=f (x2)(x1≠x2),所以a>0.‎ 由(1)知当a>0时,f (x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,存在f (x1)=f (x2).‎ 不妨设0f (a+(a - x1)),‎ 即f (x1)=f (a - (a - x1))>f (a+(a - x1))=f (2a - x1).‎ 又f (x2)=f (x1),则有f (x2)>f (2a - x1).‎ 又x2>a,2a - x1>a,f (x)在(a,+∞)上单调递增,‎ 所以x2>2a - x1,即x1+x2>2a.(12分)‎ ‎3.(1)当a=1时,f (x)=ln x - x2+x(x>0),f ' (x)=‎1‎x - 2x+1= - ‎(2x+1)(x-1)‎x.‎ 当f ' (x)<0时,x>1;当f ' (x)>0时,00,则由f ' (x)=0,解得x=a,‎ 当00,当x>a时,f ' (x)<0,(5分)‎ ‎∴f (x)在(0,a)上单调递增,在(a,+∞)上单调递减,‎ ‎∴当x=a时,函数f (x)取极大值,极大值为f (a)=a(ln a+a - 1),无极小值.(7分)‎ ‎(3)由(2)可知,当a≤0时,f (x)在(0,+∞)上单调递减,则f (x)至多有一个零点,不符合题意,舍去.‎ 当a>0时,函数f (x)的极大值为f (a)=a(ln a+a - 1).‎ 令g(x)=ln x+x - 1(x>0),‎ 则g' (x)=‎1‎x+1>0,∴g(x)在(0,+∞)上单调递增,‎ 又g(1)=0,∴当01时,g(x)>0.(9分)‎ ‎(i)当01时,f (a)=ag(a)>0,‎ ‎∵f (‎1‎e)=a(‎2‎e - 1) - ‎1‎e‎2‎‎ - ‎‎1‎e<0,‎ ‎∴函数f (x)在(‎1‎e,a)内有一个零点,‎ f (3a - 1)=aln(3a - 1) - (3a - 1)2+(2a - 1)(3a - 1)=a[ln(3a - 1) - (3a - 1)].‎ 设h(x)=ln x - x(x>2),‎ 则h' (x)=‎1‎x - 1<0,∴h(x)在(2,+∞)上单调递减,‎ 则h(3a - 1)1时,函数f (x)恰有两个零点.‎ 综上,函数f (x)有两个不同的零点时,a的取值范围为(1,+∞).(12分)‎ ‎4.(1)由题意可得f ' (x)=ex - x+a.(1分) ‎ 设g(x)=f ' (x)=ex - x+a,则g' (x)=ex - 1, ‎ 所以当x>0时,g' (x)>0,f ' (x)在(0,+∞)上单调递增, ‎ 当x<0时,g' (x)<0,f ' (x)在( - ∞,0)上单调递减,(2分) ‎ 所以f ' (x)≥f ' (0)=1+a, ‎ 因为a> - 1,所以1+a>0,即f ' (x)>0, ‎ 所以函数f (x)在R上单调递增.(4分) ‎ ‎(2)由(1)知f ' (x)在[1,+∞)上单调递增, ‎ 因为a<1 - e,所以f ' (1)=e - 1+a<0, ‎ 所以存在t∈(1,+∞),使得f ' (t)=0,即et - t+a=0,即a=t - et, ‎ 所以函数f (x)在[1,t)上单调递减,在(t,+∞)上单调递增, ‎ 所以当x∈[1,+∞)时,f (x)min=f (t)=et - ‎1‎‎2‎t2+at=et - ‎1‎‎2‎t2+t(t - et)=et(1 - t)+‎1‎‎2‎t2.(6分) ‎ 令h(x)=ex(1 - x)+‎1‎‎2‎x2,x>1,则h' (x)=x(1 - ex)<0恒成立, ‎ 所以函数h(x)在(1,+∞)上单调递减,所以h(x)0,g(x)在R上为增函数.‎ 当x→ - ∞时,g(x)→ - ∞,与g(x)≥0矛盾.‎ 当b>0时,由g' (x)>0,得x>ln b,由g' (x)<0,得x0).(10分) ‎ 令F(x)=x2ln x - x2(x>0),则F' (x)=x(2ln x - 1),‎ ‎ 由F' (x)>0,得x>e,由F' (x)<0,得0

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