2025版高考数学一轮总复习第3章导数及其应用高考大题规范解答-高考中函数与导数问题的热点题型课件

高考大题规范解答——高考中函数与导数问题的热点题型命题动向：函数是中学数学的核心内容，而导数是研究函数的重要工具，因此，导数的应用是历年高考的重点与热点，常涉及的问题有：讨论函数的单调性(求函数的单调区间)，求极值、最值、切线方程、函数的零点或方程的根，求参数的范围及证明不等式等，涉及的数学思想有：函数与方程、分类讨论、数形结合、转化与化归等，中、高档难度均有．利用导数研究函数的性质(2023·北京高考题，20)(15分)设函数f(x)＝x－x3eax＋b，曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y＝－x＋1.(1)求a，b的值；(2)设函数g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间；(3)求f(x)的极值点个数．[解题思路]

(1)根据曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y＝－x＋1可得f′(1)＝－1及f(1)＝0，根据f′(1)＝－1及f(1)＝0求出a，b的值；(2)首先对函数g(x)求导，然后确定g′(x)>0和g′(x)<0时的x的取值范围，最后写出函数g(x)的单调区间；(3)求函数f(x)的极值点个数，即求g(x)＝f′(x)＝0变号根的个数，根据g(x)的单调性、极值及函数g(x)图象的变化趋势确定g(x)＝f′(x)＝0的变号根的个数．[解析](1)第1步：对函数f(x)求导因为f(x)＝x－x3eax＋b，所以f′(x)＝1－3x2eax＋b－ax3eax＋b＝1－eax＋b(ax3＋3x2)，(1分)第2步：根据曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程得f′(1)及f(1)的值因为曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y＝－x＋1，所以f′(1)＝－1，f(1)＝0，(2分)第3步：根据f′(1)及f(1)的值列方程组，求出a，b的值(2)第1步：对函数g(x)求导因为a＝－1，b＝1，所以g(x)＝f′(x)＝1－e－x＋1·(－x3＋3x2)＝1＋e－x＋1(x3－3x2)，第2步：确定g′(x)>0和g′(x)<0时的x的取值范围第3步：写出函数g(x)的单调区间第3步：根据函数g(x)的单调性及零点存在定理确定函数f(x)在x∈(－∞，0)时的极值点情况当x<0时，因为g(－2)＝1＋4×(－5)e3＝1－20e3<0，函数g(x)在(－∞，0)上单调递增，所以由零点存在定理可知，存在唯一的γ∈(－2,0)，使得g(γ)＝0，所以x<r时，g(x)＝f′(x)<0，f(x)单调递减；当γ<x<0时，g(x)＝f′(x)>0，f(x)单调递增．所以x＝γ是函数f(x)的极小值点．(14分)综上，函数f(x)的极值点个数为3.(15分)冲关策略：利用导数主要研究函数的单调性、极值、最值，已知f(x)的单调性，可转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题；求函数的极值、最值问题是高考解答题的基础和常见题型，解此类题的关键是极值点与给定区间位置关系的讨论，此时要注意结合导函数图象的性质进行分析．【变式训练】(1)若a＝0，求y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)若函数f(x)在x＝－1处取得极值，求f(x)的单调区间，以及最大值和最小值．f(1)＝1，f′(1)＝－4，此时，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－4(x－1)，即4x＋y－5＝0.所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(4，＋∞)，单调递减区间为(－1,4)．x(－∞，－1)－1(－1,4)4(4，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)

极大值

极小值

利用导数研究与不等式有关的问题(2023·全国Ⅰ卷，19)(12分)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.(1)讨论f(x)的单调性；[解析]

(1)第1步：求导f′(x)＝aex－1，第2步：对a分类讨论，判断f′(x)的符号，得单调性当a≤0时，f′(x)≤0，(1分)所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；(2分)当a>0时，令f′(x)>0，得x>－lna，令f′(x)<0，得x<－lna，(3分)所以函数f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单凋递增．(4分)综上可得：当a≤0时，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；当a>0时，函数f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单凋递增．(5分)(2)解法一(最值法)第1步：利用(1)的结论，求函数f(x)的最值由(1)得当a>0时，函数f(x)＝a(ex＋a)－x的最小值为f(－lna)＝a(e－lna＋a)＋lna＝1＋a2＋lna，(6分)解法二(分析法)第1步：利用(1)的结论，求函数f(x)的最值当a>0时，由(1)得，f(x)min＝f(－lna)＝1＋a2＋lna，(6分)第2步：利用分析法转化不等式第3步：构造函数u(a)＝lna－(a－1)(a>0)，求导，判断其单调性，求最值构造函数u(a)＝lna－(a－1)(a>0)，所以函数u(a)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以u(a)≤u(1)＝0，即lna≤a－1，(9分)第4步：把要证的不等式转化为一元二次不等式，利用配方法破解冲关策略：(1)恒成立问题可以转化为我们较为熟悉的求最值的问题进行求解，若不能分离参数，可以将参数看成常数直接求解．(2)证明不等式，通常转化为求函数的最值问题．对于较复杂的不等式，要先用分析法进行适当的转化．【变式训练】(2021·全国乙卷)设函数f(x)＝ln(a－x)，已知x＝0是函数y＝xf(x)的极值点．(1)求a；[解析]

(1)由题意，得y＝xf(x)＝xln(a－x)，因为x＝0是函数y＝xf(x)的极值点，所以y′|x＝0＝lna＝0，所以a＝1.(2)证明：由(1)可知f(x)＝ln(1－x)，要证g(x)<1，因为当x∈(－∞，0)时，xln(1－x)<0，当x∈(0,1)时，xln(1－x)<0，所以需证x＋ln(1－x)>xln(1－x)，即x＋(1－x)ln(1－x)>0.令h(x)＝x＋(1－x)ln(1－x)，x∈(－∞，1)，且x≠0，当x∈(－∞，0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(0,1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)>h(0)＝0，即x＋ln(1－x)>xln(1－x)，利用导数研究方程的根(或函数的零点)所以f′(1)＝－ln2，(2分)又f(1)＝0，所以所求切线方程为y－0＝－ln2(x－1)，即xln2＋y－ln2＝0.(3分)(2)第1步：根据对称性列出方程第2步：令等式两边对应项分别相等，求出a，b第3步：检验(3)解法一第1步：求导第2步：分类讨论，求出满足条件的a的取值范围①当a≤0时，2a－1<0，当x>0时，h′(x)<0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以当x>0时，h(x)<h(0)＝0，即f′(x)<0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，无极值，不满足题意．(9分)所以当x>0时，h(x)>h(0)＝0，即f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值，不满足题意．(10分)第2步：利用导数研究函数的单调性所以当x>0时，φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，故当x>0时，φ(x)>φ(0)＝0，又当x>0时，－(x＋2)<0，所以h′(x)<0，即h(x)在(0，＋∞)上单调递减，(10分)第3步：利用洛必达法则求极限分类依据：对于导数的含参零点应从三个方面进行讨论：1．零点无意义，2．零点不在定义域内，3．零点在定义域内，与其他已知零点进行大小讨论．[证明]

(1)令f(x)＝0，得k＝x2lnx.由k>0得x>1.令h(x)＝x2lnx，x>1，则h′(x)＝2xlnx＋x>0，则h(x)在(1，＋∞)上单调递增，且值域为(0，＋∞)．故h(x)＝x2lnx(x>1)的图象与直线y＝k，k>0有唯一交点，所以函数f(x)恒有唯一零点．要证f(x)图象上存在关于点(x0,0)对称的两点，即证存在t∈(0，x0)，使得f(x0＋t)＋f(x0－t)＝0.令F(t)＝f(x