高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 高考大題規(guī)范解答系列（一）-函數(shù)與導(dǎo)數(shù)（含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題

高考大題規(guī)范解答系列(一)——函數(shù)與導(dǎo)數(shù)考點一利用導(dǎo)數(shù)解決與函數(shù)有關(guān)的極、最值問題例1(2019·課標(biāo)Ⅲ，20,12分)已知函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋b.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)是否存在a，b，使得f(x)在區(qū)間[0,1]的最小值為－1且最大值為1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，說明理由．【標(biāo)準(zhǔn)答案】——規(guī)范答題步步得分(1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a). 1分eq\x(得分點①)令f′(x)＝0，得x＝0或x＝eq\f(a,3). 2分eq\x(得分點②)若a>0，則當(dāng)x∈(－∞，0)∪(eq\f(a,3)，＋∞)時，f′(x)>0；當(dāng)x∈(0，eq\f(a,3))時，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，0)，(eq\f(a,3)，＋∞)單調(diào)遞增，在(0，eq\f(a,3))單調(diào)遞減. 3分eq\x(得分點③)若a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增. 4分eq\x(得分點④)若a<0，則當(dāng)x∈(－∞，eq\f(a,3))∪(0，＋∞)時，f′(x)>0；當(dāng)x∈(eq\f(a,3)，0)時，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，eq\f(a,3))，(0，＋∞)單調(diào)遞增，在(eq\f(a,3)，0)單調(diào)遞減. 5分eq\x(得分點⑤)(2)滿足題設(shè)條件的a，b存在．(ⅰ)當(dāng)a≤0時，由(1)知，f(x)在[0,1]單調(diào)遞增，所以f(x)在區(qū)間[0,1]的最小值為f(0)＝b，最大值為f(1)＝2－a＋b.此時a，b滿足題設(shè)條件當(dāng)且僅當(dāng)b＝－1,2－a＋b＝1，即a＝0，b＝－1. 7分eq\x(得分點⑥)(ⅱ)當(dāng)a≥3時，由(1)知，f(x)在[0,1]單調(diào)遞減，所以f(x)在區(qū)間[0,1]的最大值為f(0)＝b，最小值為f(1)＝2－a＋b.此時a，b滿足題設(shè)條件當(dāng)且僅當(dāng)2－a＋b＝－1，b＝1，即a＝4，b＝1. 9分eq\x(得分點⑦)(ⅲ)當(dāng)0<a<3時，由(1)知，f(x)在[0,1]的最小值為f(eq\f(a,3))＝－eq\f(a3,27)＋b，最大值為b或2－a＋b.若－eq\f(a3,27)＋b＝－1，b＝1，則a＝3eq\r(3,2)，與0<a<3矛盾．若－eq\f(a3,27)＋b＝－1,2－a＋b＝1，則a＝3eq\r(3)或a＝－3eq\r(3)或a＝0.與0<a<3矛盾. 11分eq\x(得分點⑧)綜上，當(dāng)且僅當(dāng)a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1時，f(x)在[0,1]的最小值為－1，最大值為1. 12分eq\x(得分點⑩)【評分細則】①求對導(dǎo)函數(shù)得1分．②解對f′(x)＝0得1分．③分類討論當(dāng)a>0時，求對單調(diào)區(qū)間得1分．④當(dāng)a＝0時，求對單調(diào)區(qū)間得1分．⑤當(dāng)a<0時，求對單調(diào)區(qū)間得1分．⑥分類討論，當(dāng)a≤0時，根據(jù)題意求對a、b得2分．⑦當(dāng)a≥3時，求對a，b得2分．⑧當(dāng)0<a<3時，求對a，b對2分．⑨總結(jié)敘述得1分．【名師點評】1．核心素養(yǎng)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極、最值問題，首先對函數(shù)求導(dǎo)，分解因式，分類討論函數(shù)在給定區(qū)間的增減情況確定極最值，重點考查學(xué)生數(shù)學(xué)運算、邏輯推理及分類的數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)．2．解題技巧：(1)求出f′(x)＝0的兩根，比較根的大小并分類討論．(2)利用(1)中的單調(diào)區(qū)間討論f(x)在[0,1]上的最值，最終確定參數(shù)a，b的值．〔變式訓(xùn)練1〕(2020·長春市第二次質(zhì)量監(jiān)測)已知函數(shù)f(x)＝(a－1)·lnx－eq\f(a,x)－x(a∈R)．(1)當(dāng)a＝2時，求曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程；(2)若函數(shù)f(x)在[1,3]上的最大值為－2，求實數(shù)a的值．[解析](1)a＝2時，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，所以曲線在點(2，f(2))處的切線方程為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)，當(dāng)a≤1時，f′(x)≤0，f(x)在[1,3]上單調(diào)遞減，所以f(1)＝－2，a＝1；當(dāng)a≥3時，f′(x)≥0，f(x)在[1,3]上單調(diào)遞增，所以f(3)＝－2，a＝eq\f(ln3＋1,ln3－\f(1,3))<3，舍去；當(dāng)1<a<3時，f(x)在(1，a)上單調(diào)遞增，在(a,3)上單調(diào)遞減，所以f(a)＝－2，a＝e.綜上，a＝1或a＝e.考點二利用導(dǎo)數(shù)解決與不等式有關(guān)的函數(shù)問題例2(2018·課標(biāo)Ⅰ，21)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x)－x＋alnx，a∈R.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)存在兩個極值點x1，x2，證明：eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<a－2.【分析】①看到討論f(x)的單調(diào)性，想到先確定函數(shù)的定義域，然后對函數(shù)f(x)進行求導(dǎo)．②看到證明eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<a－2想到對eq\f(fx1－fx2,x1－x2)進行化簡，從而構(gòu)造新函數(shù)，找到突破口．【標(biāo)準(zhǔn)答案】——規(guī)范答題步步得分(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－eq\f(1,x2)－1＋eq\f(a,x)＝－eq\f(x2－ax＋1,x2). 2分eq\x(得分點①)(ⅰ)若a≤2，則f′(x)≤0，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2，x＝1時，f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減. 4分eq\x(得分點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).當(dāng)x∈(0，eq\f(a－\r(a2－4),2))∪(eq\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(eq\f(a－\r(a2－4),2)，eq\f(a＋\r(a2－4),2))時，f′(x)>0.所以f(x)在(0，eq\f(a－\r(a2－4),2))，(eq\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞)上單調(diào)遞減，在(eq\f(a－\r(a2－4),2)，eq\f(a＋\r(a2－4),2))上單調(diào)遞增. 6分eq\x(得分點⑥)(2)由(1)知，f(x)存在兩個極值點當(dāng)且僅當(dāng)a>2.由于f(x)的兩個極值點x1，x2，滿足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨設(shè)x1<x2，則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(得分點④)所以eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<a－2等價于eq\f(1,x2)－x2＋2lnx2<0. 9分eq\x(得分點⑤)設(shè)函數(shù)g(x)＝eq\f(1,x)－x＋2lnx， 10分eq\x(得分點⑥)由(1)知，g(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞減，又g(1)＝0，從而當(dāng)x∈(1，＋∞)時，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(得分點⑦)【評分細則】①正確求導(dǎo)并寫出函數(shù)的定義域得2分．②討論當(dāng)a≤2時，f(x)的單調(diào)性，正確得2分．③討論當(dāng)a>0時，f(x)的單調(diào)性，正確得2分．④化簡eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＝－2＋aeq\f(－2lnx2,\f(1,x1)－x2)正確得2分．⑤分析證明eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<a－2轉(zhuǎn)化為eq\f(1,x2)－x2＋2lnx2<0正確得1分．⑥構(gòu)造函數(shù)g(x)＝eq\f(1,x)－x＋2lnx正確得1分．⑦判斷函數(shù)g(x)＝eq\f(1,x)－x＋2lnx在(1，＋∞)單調(diào)性，并得出結(jié)論得2分．【名師點評】1．核心素養(yǎng)：利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性及解決與不等式有關(guān)的函數(shù)問題是高考命題的熱點問題．本題主要考查“邏輯推理”及“數(shù)學(xué)運算”的核心素養(yǎng)．2．解題技巧：(1)討論函數(shù)的單調(diào)性首先要明確函數(shù)的定義域，一般用導(dǎo)數(shù)的方法，對參數(shù)分類做到不重不漏．(2)構(gòu)造函數(shù)：構(gòu)造新函數(shù)是導(dǎo)數(shù)綜合問題的常用方法，如本題第(2)問構(gòu)造函數(shù)g(x)＝eq\f(1,x)－x＋2lnx.〔變式訓(xùn)練2〕(2020·河南省鄭州市高三第二次質(zhì)量預(yù)測)設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2－(x＋1)lnx(a∈R)，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的斜率為0.(1)求a的值；(2)求證：當(dāng)0<x≤2時，f(x)>eq\f(1,2)x.[解析](1)f′(x)＝2ax－lnx－1－eq\f(1,x)，由題意可得f′(1)＝2a－2＝0，∴a＝1.(2)要證f(x)>eq\f(1,2)x(0<x≤2)，只需證x－eq\f(lnx,x)－lnx>eq\f(1,2)，即證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)上單調(diào)遞減，在(1,2]上單調(diào)遞增，故g(x)min＝g(1)＝1，由h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)可知h(x)在(0,2]上單調(diào)遞增，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.考點三利用導(dǎo)數(shù)解決與函數(shù)零點有關(guān)的問題例3(2020·山東省青島市高三模擬檢測)已知函數(shù)f(x)＝aex－x－a，e＝2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù)．(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)恰有2個零點，求實數(shù)a的取值范圍．【分析】①看到單調(diào)性想到求函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)．②看到f(x)恰有2個零點，想到f(x)＝0有兩解或y＝f(x)圖象與x軸有兩個交點．【標(biāo)準(zhǔn)答案】——規(guī)范答題步步得分(1)f′(x)＝aex－1， 1分eq\x(得分點①)當(dāng)a≤0時，f′(x)＝aex－1<0，所以x∈(－∞，＋∞)，f′(x)<0，故f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減， 2分eq\x(得分點②)當(dāng)a>0時，令f′(x)＝aex－1＝0，得x＝－lna；所以x∈(－∞，－lna)時，f′(x)<0，f(x)在(－∞，－lna)上單調(diào)遞減；x∈(－lna，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)在(－lna，＋∞)上單調(diào)遞增. 4分eq\x(得分點③)(2)由(1)知，當(dāng)a≤0時，f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減；又知f(0)＝0，所以f(x)僅有1個零點； 5分eq\x(得分點④)當(dāng)0<a<1時，f(0)＝0，所以f(－lna)<0，取f(－2lna)＝eq\f(1,a)＋2lna－a，令函數(shù)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個零點， 8分eq\x(得分點⑤)當(dāng)a＝1時，f(x)≥f(0)＝0，所以f(x)僅有1個零點， 9分eq\x(得分點⑥)當(dāng)a>1時，f(0)＝0，所以f(－lna)<0，令函數(shù)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個零點，綜上可知：若f(x)恰有2個零點，則a∈(0,1)∪(1，＋∞). 12分eq\x(得分點⑦)【評分細則】①求對導(dǎo)函數(shù)得1分．②求對a≤0單調(diào)區(qū)間得1分．③求對a>0單調(diào)區(qū)間得2分．④求對a≤0時f(x)只有一個零點得1分．⑤求對0<a<1時f(x)有兩個零點得1分．⑥求對a＝1時f(x)有一個零點得1分．⑦求對a>1時f(x)有兩個零點，并進行綜述得3分．【名師點評】1．核心素養(yǎng)：本題主要考查導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系、零點存在性定理，考查考生的數(shù)形結(jié)合能力、推理論證能力以及運算求解能力，考查的數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)是直觀想象、邏輯推理、數(shù)學(xué)運算．2．解題技巧：(1)通過求導(dǎo)，分類討論，進而求單調(diào)區(qū)間．(2)通過(1)的分析知道函數(shù)f(x)的單調(diào)性、最值，討論f(x)零點的個數(shù)，從而得出結(jié)論．〔變式訓(xùn)練3〕(2020·福建省高三質(zhì)量檢查測試)已知函數(shù)f(x)＝a(x－eq\f(1,x))－2lnx.(1)討論f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若a＝eq\f(1,2)，證明：f(x)恰有三個零點．[解析](1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝a(1＋eq\f(1,x2))－eq\f(2,x)＝eq\f(ax2－2x＋a,x2).①當(dāng)a≤0時，因為x>0，所以ax2－2x＋a<0，所以f′(x)<0，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，＋∞)．②當(dāng)a>0時，令f′(x)＝0，得ax2－2x＋a＝0.當(dāng)a≥1時，Δ＝4－4a2≤0，f′(x)≥0.所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)．當(dāng)0<a<1時，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).因為0<a<1，所以x2>x1>0，所以當(dāng)x∈(0，eq\f(1－\r(1－a2),a))或x∈(eq\f(1＋\r(1－a2),a)，＋∞)時，f′(x)>0，當(dāng)x∈(eq\f(1－\r(1－a2),a)，eq\f(1＋\r(1－a2),a))時，f′(x)<0.所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，eq\f(1－\r(1－a2),a))和(eq\f(1＋\r(1－a2),a)，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(eq\f(1－\r(1－a2),a)，eq\f(1＋\r(1－a2),a))．綜上，當(dāng)a≤0時，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，＋∞)；當(dāng)a≥1時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)；當(dāng)0<a<1時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，eq\f(1－\r(1－a2),a))和(eq\f(1＋\r(1－a2),a)，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(eq\f(1－\r(1－a2),a)，eq\f(1＋\r(1－a2),a))．(2)解法一：因為a＝eq\f(1,2)，所以f(x)＝eq\f(1,2)(x－eq\f(1,x))－2lnx.由(1)知，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,2－eq\r(3))，(2＋eq\r(3)，＋∞)．f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(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))內(nèi)有唯一零點，且f(2－eq\r(3))>0，f(2＋eq\r(3))<0.因為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))內(nèi)有唯一零點．又f(e3)＝－f(e－3)>0，e3>2＋eq\r(3)，所以f(x)在(2＋eq\r(3)，＋∞)內(nèi)有唯一零點．綜上，當(dāng)a＝eq\f(1,2)時，f(x)恰有三個零點．解法二：當(dāng)a＝eq\f(1,2)時，要證f(x)恰有三個零點，等價于x2－1－4xlnx