2022版高考数学一轮复习-高考大题规范解答系列—函数与导数学案-新人教版.doc

2022版高考数学一轮复习 高考大题规范解答系列—函数与导数学案 新人教版

2022版高考数学一轮复习 高考大题规范解答系列—函数与导数学案 新人教版

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高考大题规范解答系列(一)——函数与导数
考点一　利用导数解决与函数有关的极、最值问题
　　例1 (2020·北京，19,15分)已知函数f(x)＝12－x2.
(1)求曲线y＝f(x)的斜率等于－2的切线方程；
(2)设曲线y＝f(x)在点(t，f(t))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S(t)，求S(t)的最小值．
【标准答案】——规范答题　步步得分
(1)因为f(x)＝12－x2，所以f′(x)＝－2x， 1分
令－2x＝－2，解得x＝1， 2分
又f(1)＝11，所以所求切线方程为y－11＝－2(x－1)，
整理得2x＋y－13＝0. 4分
(2)由(1)可知f′(x)＝－2x，所以曲线y＝f(x)在点(t，f(t))处的切线斜率k＝－2t，又f(t)＝12－t2，所以切线方程为y－(12－t2)＝－2t(x－t)， 6分
整理得2tx＋y－(t2＋12)＝0，当x＝0时，y＝t2＋12，所以切线与y轴的交点为(0，t2＋12)， 7分
当y＝0时，x＝，所以切线与x轴的交点为. 8分
①当t>0时，S(t)＝··(t2＋12)＝， 9分
则S′(t)＝， 10分
当0<t<2时，S′(t)<0，此时S(t)在(0,2)上单调递减；
当t>2时，S′(t)>0，此时S(t)在(2，＋∞)上单调递增，
所以S(t)min＝S(2)＝32. 11分
②当t<0时，S(t)＝－； 12分
则S′(t)＝－， 13分
当t<－2时，S′(t)<0，此时S(t)在(－∞，－2)上单调递减；
当－2<t<0时，S′(t)>0，此时S(t)在(－2,0)上单调递增，
所以S(t)min＝S(－2)＝32. 14分
综上所述，当t＝±2时，S(t)取最小值，为32. 15分
【评分细则】　
①求对导函数得1分．
②解对f′(x)＝－2得1分．
③写对切线方程得2分．
④写对切线方程得2分．
⑤求对与y轴交点得1分．
⑥求对与x轴交点得1分．
⑦分类讨论t≥0时写对S(t)得1分．
⑧求对S(t)得1分．
⑨求对S(t)的最小值得1分．
分类讨论，t<0时写对S(t)得1分．
⑪求对S′(t)得1分．
⑫求对S(t)最小值得1分．
⑬总结叙述正确得1分．
【名师点评】　
1．核心素养：
利用导数研究函数的极、最值问题，首先对函数求导，分解因式，分类讨论函数在给定区间的增减情况确定极最值，重点考查学生数学运算、逻辑推理及分类的数学核心素养．
2．解题技巧：
(1)求出切线与x轴、y轴交点，并写出三角形的积S(t)．
(2)对S(t)分类讨论，分别求最值是本题关键点．
〔变式训练1〕
　(2020·湖南期末统测)已知函数f(x)＝ln x＋1－2a－x＋有两个不同的极值点x1，x2.
(1)求实数a的取值范围．
(2)求f(x)的极大值与极小值之和的取值范围．
[解析]　本题考查利用导数研究函数的单调性、极值和最值．
(1)f(x)定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1－＝.
因为f(x)有两个不同的极值点x1，x2，且x>0，
所以x2－x＋a＝0有两个不同的正根，所以解得0<a<.故实数a的取值范围为.
(2)由(1)知x1x2＝a，x1＋x2＝1，不妨设x1<x2，所以f(x)极小值＝f(x1)，f(x)极大值＝f(x2)，
所以f(x)极小值＋f(x)极大值＝f(x1)＋f(x2)＝ln(x1x2)＋2(1－2a)＋－(x1＋x2)＝ln a＋2－4a.
令φ(a)＝ln a－4a＋2，则φ′(a)＝－4，
当0<a<时，φ′(a)>0，
所以φ(a)在上单调递增，所以φ(a)<φ＝－2ln 2 ＋1.
又当a→0时，φ(a)→－∞，所以f(x)的极大值与极小值之和的取值范围是(－∞，－2ln 2＋1).
考点二　利用导数解决与不等式有关的函数问题
　　例2 (2020·课标Ⅱ，21,12分)已知函数f(x)＝sin2xsin 2x.
(1)讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；
(2)证明：|f(x)|≤；
(3)设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤.
【标准答案】——规范答题　步步得分
(1)f′(x)＝cos x(sin xsin 2x)＋sin x(sin xsin 2x)′
＝2sin xcos xsin 2x＋2sin2xcos 2x
＝2sin xsin 3x. 2分
当x∈∪时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0.所以f(x)在区间，单调递增，在区间单调递减. 4分
(2)证明：因为f(0)＝f(π)＝0，由(1)知，f(x)在区间[0，π]的最大值为f＝，
5分
最小值为f＝－. 6分
而f(x)是周期为π的周期函数，故|f(x)|≤. 7分
(3)证明：由于(sin2xsin22x…sin22nx) 8分
＝|sin3xsin32x…sin32nx|
＝|sin x||sin2xsin32x…sin32n－1xsin2nx||sin22nx| 9分
＝|sin x||f(x)f(2x)…f(2n－1x)||sin22nx| 10分
≤|f(x)f(2x)…f(2n－1x)|， 11分
所以sin2xsin22x…sin22nx≤＝. 12分
【评分细则】　
①正确求得导函数并化简正确得2分．
②讨论f(x)的单调性，正确得2分．
③求对f(x)的最大值得1分．
④求对f(x)的最小值得1分．
⑤证出|f(x)|≤得1分．
⑥变形正确得1分．
⑦合理转化得1分．
⑧转化出f(x)、f(2x)、…、f(2n－1x)得1分．
⑨放缩正确得1分．
⑩证出结论得1分．
【名师点评】　
1．核心素养：
利用导数判断函数的单调性及解决与不等式有关的函数问题是高考命题的热点问题．本题主要考查“逻辑推理”及“数学运算”的核心素养．
2．解题技巧：
(1)讨论函数的单调性首先要明确函数的定义域，一般用导数的方法，对导数解不等式．
(2)求出f(x)的最值是证明第2问的关键．
(3)将不等式左边变形与f(x)及第2问结合起来是完成第3问的关键．
〔变式训练2〕
　(2020·河南省郑州市高三第二次质量预测)设函数f(x)＝ax2－(x＋1)ln x(a∈R)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的斜率为0.
(1)求a的值；
(2)求证：当0<x≤2时，f(x)>x.
[解析]　(1)f′(x)＝2ax－ln x－1－，
由题意可得f′(1)＝2a－2＝0，
∴a＝1.
(2)要证f(x)>x(0<x≤2)，
只需证x－－ln x>，
即证x－ln x>＋，
令g(x)＝x－ln x，h(x)＝＋，
由g′(x)＝1－＝0，解得x＝1，
g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，
故g(x)min＝g(1)＝1，
由h′(x)＝可知h(x)在(0,2]上单调递增，
故h(x)max＝h(2)＝<1＝g(x)min，
故h(x)<g(x)，即f(x)>x.
考点三　利用导数解决与函数零点有关的问题
　　例3 (2021·山东省青岛市高三模拟检测)已知函数f(x)＝aex－x－a，e＝2.718 28…是自然对数的底数．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若f(x)恰有2个零点，求实数a的取值范围．
【分析】　①看到单调性想到求函数f(x)的导数．
②看到f(x)恰有2个零点，想到f(x)＝0有两解或y＝f(x)图象与x轴有两个交点．
【标准答案】——规范答题　步步得分
(1)f′(x)＝aex－1， 1分
当a≤0时，f′(x)＝aex－1<0，
所以x∈(－∞，＋∞)，f′(x)<0，故f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，
2分
当a>0时，令f′(x)＝aex－1＝0，得x＝－ln a；
所以x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减；x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增. 4分
(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；
又知f(0)＝0，所以f(x)仅有1个零点； 5分
当0<a<1时，f(0)＝0，所以f(－ln a)<0，
取f(－2ln a)＝＋2ln a－a，令函数g(a)＝＋2ln a－a，
得g′(a)＝－<0，
所以g(a)>g(1)＝0，
所以f(－2ln a)＝＋2ln a－a>0得f(x)在(－ln a，－2ln a)上也有1个零点，
8分
当a＝1时，f(x)≥f(0)＝0，所以f(x)仅有1个零点， 9分
当a>1时，f(0)＝0，所以f(－ln a)<0，
令函数h(a)＝a－ln a，a>1得h′(a)＝1－>0，
所以h(a)>h(1)>0，
所以a>ln a，∴－a<－ln a，
取f(－a)＝ae－a>0，得f(x)在(－a，－ln a)上也有1个零点，
综上可知：若f(x)恰有2个零点，则a∈(0,1)∪(1，＋∞). 12分
【评分细则】　
①求对导函数得1分．
②求对a≤0单调区间得1分．
③求对a>0单调区间得2分．
④求对a≤0时f(x)只有一个零点得1分．
⑤求对0<a<1时f(x)有两个零点得3分．
⑥求对a＝1时f(x)有一个零点得1分．
⑦求对a>1时f(x)有两个零点，并进行综述得3分．
【名师点评】　
1．核心素养：
本题主要考查导数与函数单调性的关系、零点存在性定理，考查考生的数形结合能力、推理论证能力以及运算求解能力，考查的数学核心素养是直观想象、逻辑推理、数学运算．
2．解题技巧：
(1)通过求导，分类讨论，进而求单调区间．
(2)通过(1)的分析知道函数f(x)的单调性、最值，讨论f(x)零点的个数，从而得出结论．
〔变式训练3〕
　(2020·全国Ⅲ，21)设函数f(x)＝x3＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点处的切线与y轴垂直．
(1)求b.
(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
[解析]　本题考查导数的几何意义及利用导数研究函数的单调性、极值、零点．
(1)f′(x)＝3x2＋b.
依题意得f′＝0，即＋b＝0，故b＝－.
(2)证明：由(1)知f(x)＝x3－x＋c，
f′(x)＝3x2－.
令f′(x)＝0，解得x＝－或x＝.
f′(x)与f(x)的情况为：
x

－

f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

c＋

c－

因为f(1)＝f＝c＋，所以当c<－时，f(x)只有大于1的零点．
因为f(－1)＝f＝c－，所以当c>时，f(x)只有小于－1的零点．
由题设可知－≤c≤.
当c＝－时，f(x)只有两个零点－和1.
当c＝时，f(x)只有两个零点－1和.
当－<c<时，f(x)有三个零点x1，x2，x3，且x1∈，x2∈，x3∈.
综上，若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，则f(x)所有零点的绝对值都不大于1.