高考数学一轮复习 高考大题规范解答系列（一）-函数与导数（含解析）-人教版高三数学试题

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(2019·课标Ⅲ，20,12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]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．【标准答案】——规范答题步步得分(1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a). 1分eq\x(得分点①)令f′(x)＝0，得x＝0或x＝eq\f(a,3). 2分eq\x(得分点②)若a>0，则当x∈(－∞，0)∪(eq\f(a,3)，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(0，eq\f(a,3))时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，0)，(eq\f(a,3)，＋∞)单调递增，在(0，eq\f(a,3))单调递减. 3分eq\x(得分点③)若a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增. 4分eq\x(得分点④)若a<0，则当x∈(－∞，eq\f(a,3))∪(0，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(eq\f(a,3)，0)时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，eq\f(a,3))，(0，＋∞)单调递增，在(eq\f(a,3)，0)单调递减. 5分eq\x(得分点⑤)(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]单调递增，所以f(x)在区间[0,1]的最小值为f(0)＝b，最大值为f(1)＝2－a＋b.此时a，b满足题设条件当且仅当b＝－1,2－a＋b＝1，即a＝0，b＝－1. 7分eq\x(得分点⑥)(ⅱ)当a≥3时，由(1)知，f(x)在[0,1]单调递减，所以f(x)在区间[0,1]的最大值为f(0)＝b，最小值为f(1)＝2－a＋b.此时a，b满足题设条件当且仅当2－a＋b＝－1，b＝1，即a＝4，b＝1. 9分eq\x(得分点⑦)(ⅲ)当0<a<3时，由(1)知，f(x)在[0,1]的最小值为f(eq\f(a,3))＝－eq\f(a3,27)＋b，最大值为b或2－a＋b.若－eq\f(a3,27)＋b＝－1，b＝1，则a＝3eq\r(3,2)，与0<a<3矛盾．若－eq\f(a3,27)＋b＝－1,2－a＋b＝1，则a＝3eq\r(3)或a＝－3eq\r(3)或a＝0.与0<a<3矛盾. 11分eq\x(得分点⑧)综上，当且仅当a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1时，f(x)在[0,1]的最小值为－1，最大值为1. 12分eq\x(得分点⑩)【评分细则】①求对导函数得1分．②解对f′(x)＝0得1分．③分类讨论当a>0时，求对单调区间得1分．④当a＝0时，求对单调区间得1分．⑤当a<0时，求对单调区间得1分．⑥分类讨论，当a≤0时，根据题意求对a、b得2分．⑦当a≥3时，求对a，b得2分．⑧当0<a<3时，求对a，b对2分．⑨总结叙述得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f′(x)＝0的两根，比较根的大小并分类讨论．(2)利用(1)中的单调区间讨论f(x)在[0,1]上的最值，最终确定参数a，b的值．〔变式训练1〕(2020·长春市第二次质量监测)已知函数f(x)＝(a－1)·lnx－eq\f(a,x)－x(a∈R)．(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)若函数f(x)在[1,3]上的最大值为－2，求实数a的值．[解析](1)a＝2时，f(x)＝lnx－eq\f(2,x)－x，f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(2,x2)－1，f(2)＝ln2－3，f′(2)＝0，所以曲线在点(2，f(2))处的切线方程为y＝ln2－3.(2)f′(x)＝eq\f(a－1,x)＋eq\f(a,x2)－1＝eq\f(－x＋1x－a,x2)(1≤x≤3)，当a≤1时，f′(x)≤0，f(x)在[1,3]上单调递减，所以f(1)＝－2，a＝1；当a≥3时，f′(x)≥0，f(x)在[1,3]上单调递增，所以f(3)＝－2，a＝eq\f(ln3＋1,ln3－\f(1,3))<3，舍去；当1<a<3时，f(x)在(1，a)上单调递增，在(a,3)上单调递减，所以f(a)＝－2，a＝e.综上，a＝1或a＝e.考点二利用导数解决与不等式有关的函数问题例2(2018·课标Ⅰ，21)已知函数f(x)＝eq\f(1,x)－x＋alnx，a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<a－2.【分析】①看到讨论f(x)的单调性，想到先确定函数的定义域，然后对函数f(x)进行求导．②看到证明eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<a－2想到对eq\f(fx1－fx2,x1－x2)进行化简，从而构造新函数，找到突破口．【标准答案】——规范答题步步得分(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－eq\f(1,x2)－1＋eq\f(a,x)＝－eq\f(x2－ax＋1,x2). 2分eq\x(得分点①)(ⅰ)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. 4分eq\x(得分点②)(ⅱ)若a>2，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(a－\r(a2－4),2)或x＝eq\f(a＋\r(a2－4),2).当x∈(0，eq\f(a－\r(a2－4),2))∪(eq\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞)时，f′(x)<0；当x∈(eq\f(a－\r(a2－4),2)，eq\f(a＋\r(a2－4),2))时，f′(x)>0.所以f(x)在(0，eq\f(a－\r(a2－4),2))，(eq\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞)上单调递减，在(eq\f(a－\r(a2－4),2)，eq\f(a＋\r(a2－4),2))上单调递增. 6分eq\x(得分点⑥)(2)由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.由于f(x)的两个极值点x1，x2，满足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨设x1<x2，则x2>1，由于eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＝－eq\f(1,x1x2)－1＋aeq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝－2＋aeq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝－2＋aeq\f(－2lnx2,\f(1,x2)－x2)， 8分eq\x(得分点④)所以eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<a－2等价于eq\f(1,x2)－x2＋2lnx2<0. 9分eq\x(得分点⑤)设函数g(x)＝eq\f(1,x)－x＋2lnx， 10分eq\x(得分点⑥)由(1)知，g(x)在(0，＋∞)单调递减，又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0，所以eq\f(1,x2)－x2＋2lnx2<0，即eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<a－2. 12分eq\x(得分点⑦)【评分细则】①正确求导并写出函数的定义域得2分．②讨论当a≤2时，f(x)的单调性，正确得2分．③讨论当a>0时，f(x)的单调性，正确得2分．④化简eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＝－2＋aeq\f(－2lnx2,\f(1,x1)－x2)正确得2分．⑤分析证明eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<a－2转化为eq\f(1,x2)－x2＋2lnx2<0正确得1分．⑥构造函数g(x)＝eq\f(1,x)－x＋2lnx正确得1分．⑦判断函数g(x)＝eq\f(1,x)－x＋2lnx在(1，＋∞)单调性，并得出结论得2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，对参数分类做到不重不漏．(2)构造函数：构造新函数是导数综合问题的常用方法，如本题第(2)问构造函数g(x)＝eq\f(1,x)－x＋2lnx.〔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)lnx(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)>eq\f(1,2)x.[解析](1)f′(x)＝2ax－lnx－1－eq\f(1,x)，由题意可得f′(1)＝2a－2＝0，∴a＝1.(2)要证f(x)>eq\f(1,2)x(0<x≤2)，只需证x－eq\f(lnx,x)－lnx>eq\f(1,2)，即证x－lnx>eq\f(lnx,x)＋eq\f(1,2)，令g(x)＝x－lnx，h(x)＝eq\f(lnx,x)＋eq\f(1,2)，由g′(x)＝1－eq\f(1,x)＝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)＝eq\f(1－lnx,x2)可知h(x)在(0,2]上单调递增，故h(x)max＝h(2)＝eq\f(1＋ln2,2)<1＝g(x)min，故h(x)<g(x)，即f(x)>eq\f(1,2)x.考点三利用导数解决与函数零点有关的问题例3(2020·山东省青岛市高三模拟检测)已知函数f(x)＝aex－x－a，e＝2.71828…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eq\x(得分点①)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eq\x(得分点②)当a>0时，令f′(x)＝aex－1＝0，得x＝－lna；所以x∈(－∞，－lna)时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，－lna)上单调递减；x∈(－lna，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(－lna，＋∞)上单调递增. 4分eq\x(得分点③)(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eq\x(得分点④)当0<a<1时，f(0)＝0，所以f(－lna)<0，取f(－2lna)＝eq\f(1,a)＋2lna－a，令函数g(a)＝eq\f(1,a)＋2lna－a，得g′(a)＝－eq\f(a－12,a2)<0，所以g(a)>g(1)＝0，所以f(－2lna)＝eq\f(1,a)＋2lna－a>0得f(x)在(－lna，－2lna)上也有1个零点， 8分eq\x(得分点⑤)当a＝1时，f(x)≥f(0)＝0，所以f(x)仅有1个零点， 9分eq\x(得分点⑥)当a>1时，f(0)＝0，所以f(－lna)<0，令函数h(a)＝a－lna，a>1得h′(a)＝1－eq\f(1,a)>0，所以h(a)>h(1)>0，所以a>lna，∴－a<－lna，取f(－a)＝ae－a>0，得f(x)在(－a，－lna)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eq\x(得分点⑦)【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1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·福建省高三质量检查测试)已知函数f(x)＝a(x－eq\f(1,x))－2lnx.(1)讨论f(x)的单调区间；(2)若a＝eq\f(1,2)，证明：f(x)恰有三个零点．[解析](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a(1＋eq\f(1,x2))－eq\f(2,x)＝eq\f(ax2－2x＋a,x2).①当a≤0时，因为x>0，所以ax2－2x＋a<0，所以f′(x)<0，所以f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)．②当a>0时，令f′(x)＝0，得ax2－2x＋a＝0.当a≥1时，Δ＝4－4a2≤0，f′(x)≥0.所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．当0<a<1时，Δ＝4－4a2>0，由ax2－2x＋a＝0得x1＝eq\f(1－\r(1－a2),a)，x2＝eq\f(1＋\r(1－a2),a).因为0<a<1，所以x2>x1>0，所以当x∈(0，eq\f(1－\r(1－a2),a))或x∈(eq\f(1＋\r(1－a2),a)，＋∞)时，f′(x)>0，当x∈(eq\f(1－\r(1－a2),a)，eq\f(1＋\r(1－a2),a))时，f′(x)<0.所以f(x)的单调递增区间为(0，eq\f(1－\r(1－a2),a))和(eq\f(1＋\r(1－a2),a)，＋∞)，单调递减区间为(eq\f(1－\r(1－a2),a)，eq\f(1＋\r(1－a2),a))．综上，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)；当a≥1时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当0<a<1时，f(x)的单调递增区间为(0，eq\f(1－\r(1－a2),a))和(eq\f(1＋\r(1－a2),a)，＋∞)，单调递减区间为(eq\f(1－\r(1－a2),a)，eq\f(1＋\r(1－a2),a))．(2)解法一：因为a＝eq\f(1,2)，所以f(x)＝eq\f(1,2)(x－eq\f(1,x))－2lnx.由(1)知，f(x)的单调递增区间为(0,2－eq\r(3))，(2＋eq\r(3)，＋∞)．f(x)的单调递减区间为(2－eq\r(3)，2＋eq\r(3))．又f(1)＝0,1∈(2－eq\r(3)，2＋eq\r(3))．所以f(x)在(2－eq\r(3)，2＋eq\r(3))内有唯一零点，且f(2－eq\r(3))>0，f(2＋eq\r(3))<0.因为0<e－3<2－eq\r(3)，f(e－3)＝eq\f(1,2)(e－3－eq\f(1,e－3))－2lne－3＝eq\f(1,2e3)－eq\f(e3,2)＋6<7－eq\f(e3,2)<0.所以f(x)在(0,2－eq\r(3))内有唯一零点．又f(e3)＝－f(e－3)>0，e3>2＋eq\r(3)，所以f(x)在(2＋eq\r(3)，＋∞)内有唯一零点．综上，当a＝eq\f(1,2)时，f(x)恰有三个零点．解法二：当a＝eq\f(1,2)时，要证f(x)恰有三个零点，等价于x2－1－4xlnx