2021高考数学（新高考版）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 WORD版含答案.docx

1、素养提升1高考中函数与导数解答题的提分策略12019全国卷,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)求函数f (x)=2x3 - ax2+b的导数;利用分类讨论思想判断函数的单调性.(2)对a分类讨论,求函数f (x)的单调区间;分别求函数f (x)的最值,列出关于a,b的方程组;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 - 2

2、ax=2x(3x - a).令f (x)=0,得x=0或x=a3.若a0,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.若a=0,f (x)在( - ,+)上单调递增.若a0;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.(2)满足题设条件的a,b存在.(i)当a0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= -

3、 1,2 - a+b=1,则a=0,b= - 1,与a0矛盾,所以a0不成立.(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.(iii)当0a3时,由(1)知,f (x)在(0,a3)上单调递减,在(a3,1)上单调递增,所以f (x)在0,1上的最小值为f (a3)= - a327+b,最大值为f (0)=b或f (1)=2 - a+b.若 - a327+b= - 1,b=1,则a=332,与0a3矛盾.若 - a327+b= - 1,2 - a+b=1,则a=33或a= - 33或a=0,与0a3矛盾.(iv)

4、当a3时,由(1)知,f (x)在0,1上单调递减,所以f (x)在区间0,1上的最大值为f (0)=b,最小值为f (1)=2 - a+b,所以2 - a+b= - 1,b=1,则a=4,b=1.综上,满足题设的a,b存在.当a=0,b= - 1或a=4,b=1时,f (x)在区间0,1上的最小值为 - 1且最大值为1.感悟升华阅卷现场得分点第(1)问采点得分说明求导正确得1分;区间及对应的单调性正确得1分;区间及对应的单调性正确得1分;区间及对应的单调性正确得1分.4分第(2)问采点得分说明求解正确得1分;结果正确得1分;结果正确得2分;结果正确得2分;结果正确得1分;写出最终结论得1分.

5、8分提分探源在第(2)问中,假设存在这样的a,b,则有-1f(0)=b1,-1f(1)=2-a+b1,所以0b+1ab+34.于是可避免对a0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

6、(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)20,所以f (x)在(0,1)和(1,+)上单调递增.2分因为f (e)=1 - e+1e-10,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01x11,f (1x1)= - ln x1+x1+1x1-1

7、= - 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

8、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

9、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=ex2x+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.32018全国卷,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

10、,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.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a2.6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

11、分所以f(x1)-f(x2)x1-x2a - 2等价于1x2 - x2+2ln x20.10分设函数g(x)=1x - x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+)上单调递减,又g(1)=0,所以当x(1,+)时,g(x)0.11分所以1x2 - x2+2ln x20,即f(x1)-f(x2)x1-x2a - 2.12分感悟升华命题探源本题主要考查导数及其应用、函数的单调性、函数的极值点与不等式的证明等,考查考生的推理论证能力、运算求解能力、抽象概括能力等,考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想等,考查的核心素养是逻辑推理、数学运算.素养探源素养考查途径数学运算求f (x),解方

12、程,代数式恒等变形等.逻辑推理分类讨论,由导数的符号判断函数的单调性,辅助函数的构造等.失分探源a.计算失误.如求f (x)出错,或求f(x1)-f(x2)x1-x2出错.b.不善于分类讨论.在第(1)问中,求出f (x)= - x2-ax+1x2,没有想到用分类讨论的方法确定f (x)在(0,+)上的符号.c.忽略函数的定义域.没有注意到f (x)的定义域,导致第(1)问出错,或使分类讨论过程复杂(潜在失分).d.不善于发现隐含条件.在第(2)问中没有想到x1,x2是方程x2 - ax+1=0的两根,从而没有运用x1x2=1.e.不善于转化.没有将 - 2+a-2lnx21x2-x2a -

13、2转化为1x2 - x2+2ln 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aR.(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,bR). (1)当a - 1且b=1时,试判断函数f (x)的单调性. (2)若a1 - 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.

14、(1)易知f (x)=-1-lnxx20,f (x)在1,+)上的值域为(0,2.(5分)(2)令g(x)=ln x(ln x+4) - 2ax - 4,x1,+),则g (x)=2(lnx+2x - a),(6分)若a0,则由(1)可知,g (x)0,g(x)在1,+)上单调递增,g(e)=1 - 2ae0,与题设矛盾,a0不符合要求.(7分)若a2,则由(1)可知,g (x)0,g(x)在1,+)上单调递减,g(x)g(1)= - 2a - 40,a2符合要求.(8分)若0a2,则x0(1,+),使得ln x0+2x0=a,则g(x)在1,x0)上单调递增,在(x0,+)上单调递减,g(x

15、)max=g(x0)=ln x0(ln x0+4) - 2ax0 - 4.(9分)ln x0=ax0 - 2,g(x)max=(ax0 - 2)(ax0+2) - 2ax0 - 4=(ax0+2)(ax0 - 4).由题意知g(x)max0,即(ax0+2)(ax0 - 4)0,解得 - 2ax04,即 - 2ln x0+241x0e2.(10分)a=lnx0+2x0,且由(1)可知f (x)=lnx+2x在(1,+)上单调递减,4e2a0恒成立,f (x)在(0,+)上是增函数;若a0,则当0xa时,f (x)a时,f (x)0,则f (x)在(0,a)上单调递减,在(a,+)上单调递增.综

16、上可得,当a0时,f (x)在(0,+)上是增函数;当a0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a0时,f (x)在(0,+)上是增函数,不存在f (x1)=f (x2)(x1x2),所以a0.由(1)知当a0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0x1ax2,设g(x)=f (a+x) - f (a - x),x(0,a),则g (x)=f (a+x)+f (a - x),又由(1)知f (x)=(x+1)(x-a)x,可得g (x)=f (a+x)+f (a - x)=(a+1

17、+x)xa+x+(a+1-x)(-x)a-x=-2x2a2-x2.因为x(0,a),所以g (x)=-2x2a2-x20,所以g(x)在(0,a)上单调递减,所以g(x)0,即当x(0,a)时,f (a+x)f (a - x),由于0a - x1f (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x2a,2a - x1a,f (x)在(a,+)上单调递增,所以x22a - x1,即x1+x22a.(12分)3.(1)当a=1时,f (x)=ln x

18、- x2+x(x0),f (x)=1x - 2x+1= - (2x+1)(x-1)x.当f (x)1;当f (x)0时,0x1.函数f (x)的单调递减区间为(1,+),单调递增区间为(0,1).(3分)(2)f (x)的定义域是(0,+),f (x)=ax - 2x+(2a - 1)= - (2x+1)(x-a)x.若a0,则f (x)0,则由f (x)=0,解得x=a,当0x0,当xa时,f (x)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(x0),则g (x)=1x+10,g(x)在(0,+)上单调递增,又g(1)=0,当0x1

19、时,g(x)1时,g(x)0.(9分)(i)当01时,f (a)=ag(a)0,f (1e)=a(2e - 1) - 1e2 - 1e2),则h (x)=1x - 10,h(x)在(2,+)上单调递减,则h(3a - 1)ln 2 - 21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x0时,g (x)0,f (x)在(0,+)上单调递增, 当x0时,g (x) - 1,所以1+a0,即f (x)

20、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a1 - e,所以f (1)=e - 1+a1,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)e(1 - 1)+1212=12,所以et(1 - t)+12t212,即当x1,+)时,f (x)min12, 故函数f (x)在1,+)上的最小值小于12.(8分) (3)f (x)=ex - 12bx2+ax,f (x)=ex - bx+a, 由f (x)为R上的单调函数,可知f (x)一定为单调递增函数,因此f (x)=ex - bx+a0.令g(x)=f (x)=ex - bx+a,则g (x)=ex - b. 当b=0时,ab=0. 当b0,g(x)在R上为增函数.当x - 时,g(x) - ,与g(x)0矛盾.当b0时,由g (x)0,得xln b,由g (x)0,得x0).(10分) 令F(x)=x2ln x - x2(x0),则F (x)=x(2ln x - 1), 由F (x)0,得xe,由F (x)0,得0xe, 所以当x=e时,F(x)min= - e2,所以ab的最小值为 - e2.综上,ab的最小值为 - e2.(12分)