2020版高考数学大一轮复习高考必考题突破讲座1函数与导数的综合问题课件理新人教A版201907263149(数理化网)

分
的综Hale Waihona Puke Baidu问题.
1.以函数为载体，以导数为解 题工具，主要考查函数的单调 性、极值、最值问题的求法， 以及参数的取值范围问题． 2．不等式的证明问题是高考考 查的热点内容，常与不等式、 二次函数等相联系．问题的解 决通常采用构造新函数的方 法.
目录
高考必考题突破讲座
题型一 利用导数研究函数的性质 以含参数的函数为载体，结合具体函数与导数的几何意 义，研究函数的性质，是高考的热点．主要考查：(1)讨论函 数的单调性和单调区间；(2)求函数的极值或最值；(3)利用函 数的单调性、极值、最值，求参数的范围．
【例 1】 已知函数 f(x)＝ax－2x－3ln x，其中 a 为常数． (1)当函数 f(x)的图象在点23，f 23处的切线的斜率为 1 时，求函数 f(x)在23，3上的最小值； (2)若函数 f(x)在区间(0，＋∞)上既有极大值又有极小值， 求 a 的取值范围．
(2) ① 若 函 数 g(x) 在 [1 ， ＋ ∞) 上 是 单 调 增 函 数 ， 则
g′(x)≥0 在[1，＋∞)上恒成立，即 a≥2x－2x2 在[1，＋∞) 上恒成立．设 φ(x)＝2x－2x2，因为 φ(x)在[1，＋∞)上单调递 减，所以 φ(x)max＝φ(1)＝0，所以 a≥0.②若函数 g(x)在[1， ＋∞)上是单调减函数，则 g′(x)≤0 在[1，＋∞)上恒成立， 无解．综上，实数 a 的取值范围为[0，＋∞)．
x1x2＝2a>0
解得 0<a<98.故所求 a 的
取值范围为0，98.
素养解读 (1)从已知切线的斜率去求参数 a 的过程既考查了数学 运算的核心素养，又考查了逻辑推理的核心素养． (2)将函数有极大值和极小值转化为一元二次方程的实 数根的问题考查了数学建模的核心素养． (3)通过二次函数的图象与性质列出一元二次方程根的 分布的充要条件考查了直观想象的核心素养．
题型二 利用导数研究函数的零点或曲线交点问题 导数与函数、方程交汇是近年命题的热点，常转化为研 究函数图象的交点问题，研究函数的极(最)值的正负．主要 考查：(1)确定函数的零点、图象交点的个数；(2)由函数的零 点、图象交点的情况求参数的取值范围．
【例 2】 (2018·全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)＝ex－ax2. (1)若 a＝1，证明：当 x≥0 时，f(x)≥1； (2)若 f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求 a.
【突破训练 1】 已知函数 f(x)＝ln x＋a(1－x)． (1)讨论 f(x)的单调性； (2)当 f(x)有最大值，且最大值大于 2a－2 时，求 a 的取 值范围． 解析 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－a.若 a≤0， 则 f′(x)>0，所以 f(x)在(0，＋∞)上单调递增．若 a>0，则当 x∈0，a1时，f′(x)>0；当 x∈a1，＋∞时，f′(x)<0.所以 f(x) 在0，a1上单调递增，在a1，＋∞上单调递减．
(2)由(1)知，当 a≤0 时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值； 当 a>0 时，f(x)在 x＝1a处取得最大值，最大值为 f 1a＝ln1a＋ a1－1a＝－ln a＋a－1.因此 f a1>2a－2 等价于 ln a＋a－1<0. 令 g(a)＝ln a＋a－1，则 g(a)在(0，＋∞)上单调递增，g(1) ＝0.于是，当 0<a<1 时，g(a)<0；当 a>1 时，g(a)>0.因此，a 的取值范围是(0,1)．
高考必考题突破 讲座 ( 一 )
函数与导数的综合问题
高考总复习 ·数学（理科）
题型特点
考情分析
命题趋势
1.极值、最 值、导数几何 意义及单调 性的综合问
2018·全国卷Ⅰ，21 2018·全国卷Ⅱ，21 2017·全国卷Ⅰ，21 2017·全国卷Ⅱ，21
题．
2．利用导数 研究不等式
分值：12～14
解析 (1)证明：当 a＝1 时，f(x)≥1 等价于(x2＋1)e－x－ 1≤0.设函数 g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则 g′(x)＝－(x2－2x＋1)e －x＝－(x－1)2e－x.当 x≠1 时，g′(x)<0，所以 g(x)在(0，＋∞) 单调递减．而 g(0)＝0，故当 x≥0 时，g(x)≤0，即 f(x)≥1.
0
＋
f(x) 单调递减 1－3ln 2 单调递增
从而在32，3上，f(x)有最小值，且最小值为 f(2)＝1－3ln 2.
(2)f′(x)＝a＋x22－3x＝ax2－x32x＋2(x>0)，由题设可得方程 ax2－3x＋2＝0 有两个不等的正实根．不妨设这两个根为 x1，
Δ＝9－8a＞0， x2，且 x1≠x2，则x1＋x2＝3a>0，
解析 (1)f′(x)＝a＋x22－3x，由 f′32＝a＋92－92＝1 可得 a＝1，即 f(x)＝x－2x－3ln x，f′(x)＝1＋x22－3x＝x2－x32x＋2＝ x－1x2x－2，当 x∈32，3有：
x
23，2
2
(2,3]
f′(x) －
(2)设函数 h(x)＝1－ax2e－x.f(x)在(0，＋∞)只有一个零点 当且仅当 h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．
(ⅰ)当 a≤0 时，h(x)>0，h(x)没有零点； (ⅱ)当 a>0 时，h′(x)＝ax(x－2)e－x. 当 x∈(0,2)时，h′(x)<0；当 x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0. 所以 h(x)在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．
【突破训练 2】 (2019·黄冈联考)已知函数 f(x)＝x2＋aln
x. (1)当 a＝－2 时，求函数 f(x)的单调区间；
(2)若 g(x)＝f(x)＋2x在[1，＋∞)上是单调函数，求实数 a 的取值范围．
解析 (1)f′(x)＝2x－2x.令 f′(x)＞0，得 x＞1；令 f′(x) ＜0，得 0＜x＜1.所以 f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)，f(x) 的单调递减区间是(0,1)．