高考数学二轮复习课件+训练：第一部分第三层级难点自选专题四“函数与导数”压轴大题的抢分策略讲义理
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难点自选专题四 “函数与导数”压轴大题的抢分策略
[全国卷3年考情分析]
导数日益成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程等的交汇命题，是高考的热点和难点．
解答题的热点题型有：
(1)利用导数研究函数的单调性、极值、最值；(2)利用导数证明不等式或探讨方程根；(3)利用导数求解参数的范围或值．
考法·策略(一) 利用分类讨论思想探究函数的性质
[典例] 设f (x )＝x ln x －ax 2
＋(2a －1)x ，a ∈R. (1)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；
(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值，求实数a 的取值范围． [解] (1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ， 可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞)． 所以g ′(x )＝1x －2a ＝1－2ax x
.
当a ≤0，x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增；
当a ＞0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，g ′(x )
＜0，函数g (x )单调递减．
所以当a ≤0时，g (x )的单调增区间为(0，＋∞)；
当a ＞0时，g (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，单调减区间为⎝ ⎛⎭
⎪⎫12a ，＋∞.
(2)由(1)知，f ′(1)＝0. ①当a ≤0时，f ′(x )单调递增，
所以当x ∈(0,1)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增． 所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意．
②当0＜a ＜12时，12a ＞1，由(1)知f ′(x )在⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12a 内单调递增，可得当x ∈(0,1)时，
f ′(x )＜0，当x ∈⎝ ⎛
⎭
⎪⎫
1，12a 时，f ′(x )＞0. 所以f (x )在(0,1)内单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 内单调递增，所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意．
③当a ＝12时，1
2a ＝1，f ′(x )在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，所以当x
∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意．
④当a ＞12时，0＜12a ＜1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．
所以f (x )在x ＝1处取极大值，符合题意． 综上可知，实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，＋∞.
[题后悟通] 分类讨论思想解决有关函数性质问题的策略 (1)何时讨论参数？
在求解中，若参数的取值影响所求结果，就要分类讨论．如本例(1)中由g ′(x )＝
1－2ax
x
确定单调区间时，对a 的取值要分类讨论．
(2)如何讨论参数？
解答此类问题的关键是如何分类，分类时要结合题目条件，对参数取值范围进行划分，进而研究其问题．如本例(2)中分类的依据是1
2a
与1的大小比较．
[应用体验]
1．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝1
x
－x ＋a ln x .
(1)讨论f (x )的单调性；
(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，
证明：
f x 1－f x 2
x 1－x 2
解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝－1 x 2－1＋a x ＝－x 2－ax ＋1 x 2 . ①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． ②若a >2，令f ′(x )＝0， 得x ＝ a －a 2－4 2 或x ＝ a ＋a 2－4 2 . 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42∪⎝ ⎛⎭ ⎪⎫ a ＋a 2－42，＋∞时， f ′(x )<0； 当x ∈⎝ ⎛⎭ ⎪⎫ a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )>0. 所以 f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭ ⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在 ⎝ ⎛⎭ ⎪⎫ a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增． (2)证明：由(1)知，当且仅当a >2时，f (x )存在两个极值点． 由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2 －ax ＋1＝0， 所以x 1x 2＝1，不妨设x 1 f x 1－f x 2x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a ·ln x 1－ln x 2 x 1－x 2 ＝－2＋a ·ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a ·－2ln x 2 1 x 2 －x 2 ， 所以 f x 1－f x 2x 1－x 2 x 2 －x 2＋2ln x 2<0. 设函数g (x )＝1 x －x ＋2ln x ， 由(1)知，g (x )在(0，＋∞)上单调递减． 又g (1)＝0，从而当x ∈(1，＋∞)时，g (x )<0. 所以1 x 2 －x 2＋2ln x 2<0， 即 f x 1－f x 2 x 1－x 2