【高考研究】2020版高考文数审题答题(一)函数与导数热点问题ppt课件(含答案)

(2)已知 0＜a＜2，f(x)在[1，4]上取到最小值－136， 而 f′(x)＝－x2＋x＋2a 的图象开口向下，且对称轴 x＝21， ∴f′(1)＝－1＋1＋2a＝2a＞0， f′(4)＝－16＋4＋2a＝2a－12＜0， 则必有一点x0∈[1，4]，使得f′(x0)＝0， 此时函数f(x)在[1，x0]上单调递增，在[x0，4]上单调递减，
解 (1)f′(x)＝－x2＋x＋2a，
由题意得，f′(x)>0 在23，＋∞上有解，
只需 f′23>0，即29＋2＞－19时，f(x)在23，＋∞上存在单调递增区间．
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热点一 利用导数研究函数的性质
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热点二 利用导数解决不等式问题(教材VS高考)
(2)由(1)知当 x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x>0，
令 x＝1＋21n，得 ln1＋21n<21n. 从而 ln1＋21＋ln1＋212＋…＋ln1＋21n<12＋212＋…＋21n＝1－21n<1. 故1＋121＋212·…·1＋21n<e， 又1＋121＋2121＋213·…·1＋21n >1＋121＋212·1＋213＝16345>2， ∴当 n≥3 时，1＋121＋212·…·1＋21n∈(2，e)， 由于1＋121＋212·…·1＋21n<m，且 m∈N*.
f(1)＝－13＋12＋2a＝16＋2a＞0， ∴f(4)＝－31×64＋12×16＋8a＝－430＋8a＝－136⇒a＝1. 此时，由 f′(x0)＝－x20＋x0＋2＝0⇒x0＝2 或－1(舍去)，
所以函数 f(x)max＝f(2)＝130.
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热点二 利用导数解决不等式问题(教材VS高考)
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热点二 利用导数解决不等式问题(教材VS高考)
命题角度 2 已知不等式恒(能)成立，求参数的取值范围 [例 2－2] (2017·全国Ⅲ卷)已知函数 f(x)＝x－1－aln x. (1)若 f(x)≥0，求 a 的值； (2)设 m 为整数,且对于任意正整数 n,1＋121＋212·…·1＋21n<m,求 m 的最小值. 解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， ①若 a≤0，因为 f 12＝－21＋aln 2<0，不合题意. ②若 a>0，由 f′(x)＝1－ax＝x－x a知， 当 x∈(0，a)时，f′(x)<0；当 x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0； 所以 f(x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增， 故 x＝a 是 f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点. 因为 f(1)＝0，所以当且仅当 a＝1 时， f(x)min＝f(1)＝0，故 a＝1.
导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以解答题 的形式考查，难度较大，属中高档题．归纳起来常见的命题角度 有： (1)证明不等式； (2)求解不等式； (3)不等式恒(能)成立求参数．
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热点二 利用导数解决不等式问题(教材VS高考)
命题角度 1 证明不等式 [例 2－1] (满分 12 分)(2017·全国Ⅲ卷)已知函数 f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x. (1)讨论 f(x)的单调性；(2)当 a<0 时，证明 f(x)≤－43a－2.
若 a≥0 时，则当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，
………………1 分 (得分点 1)
故 f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
………………2 分 (得分点 2)
若 a<0 时，则当 x∈0，－21a时，f′(x)>0； 当 x∈－21a，＋∞时，f′(x)<0.
故 f(x)在0，－21a上单调递增，在－21a，＋∞上单调递减. ……5 分 (得分点 3)
从而当 a<0 时，ln－21a＋21a＋1≤0，故 f(x)≤－43a－2. ………12 分 (得分点 6)
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热点二 利用导数解决不等式问题(教材VS高考)
❶得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分．如第(1)问中，求导 正确，分类讨论；第(2)问中利用单调性求 g(x)的最小值和不等式性质的运用．
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热点二 利用导数解决不等式问题(教材VS高考)
命题角度 1 证明不等式
[例 2] (满分 12 分)(2017·全国Ⅲ卷)已知函数 f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)讨论 f(x)的单调性；(2)当 a<0 时，证明 f(x)≤－43a－2.
满分解答 (1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝1x＋2ax＋2a＋1＝（2ax＋1）x （x＋1）.
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热点一 利用导数研究函数的性质
【训练 1】 设 f(x)＝－31x3＋21x2＋2ax. (1)若 f(x)在23，＋∞上存在单调递增区间，求 a 的取值范围； (2)当 0＜a＜2 时，f(x)在[1，4]上的最小值为－136，求 f(x)在该区间上的最大值．
教材高考 审题答题（一） 函数与导数热点问题
01
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CONTENTS
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01 热点一
利用导数研究函数 的性质
例1 训练1
02 热点二
利用导数解决不等 式问题(教材VS高考)
例2-1 例2-2 训练2
03 热点三
导数解与函数的零 点问题
例3 训练3
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1.函数与导数作为高中数学的核心内容，是历年高考的重点、热 点，主要以解答题的形式命题，能力要求高，属于压轴题目； 2.高考中函数与导数常涉及的问题主要有： (1)研究函数的性质(如单调性、极值、最值)； (2)研究函数的零点(方程的根)、曲线的交点； (3)利用导数求解不等式问题(证明不等式、不等式的恒成立或能成 立求参数的范围).
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热点一 利用导数研究函数的性质
[例 1] (2015·全国Ⅱ卷)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 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－a.
判断函数的单调性，求函数的单调 区间、极值等问题，最终归结到判 断f′(x)的符号问题上
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热点二 利用导数解决不等式问题(教材VS高考)
第一步：求函数f(x)的导函数f′(x)； 第二步：分类讨论f(x)的单调性； 第三步：利用单调性，求f(x)的最大值； 第四步：根据要证的不等式的结构特点，构造函数g(x)； 第五步：求g(x)的最大值，得出要证的不等式． 第六步：反思回顾，查看关键点、易错点和解题规范．
教材探源 本题第(2)问的实质是证明 ln－21a＋21a＋1≤0，是不等式 x－1≥ln x 的变形，源于教材选修 1－1P32 习题 B1 组(3)、(4)两题，是在 教材基本框架 ex>1＋x 与 x≥1＋ln x 基础上，结合函数性质，编制的优美 试题.2016 年全国Ⅲ卷 T21，2017 年全国Ⅲ卷 T21 有异曲同工之处．
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)．
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热点一 利用导数研究函数的性质
探究提高
(1)判断函数的单调性，求函数的单调区间、极值等问题，最终归结 到判断 f′(x)的符号问题上，而 f′(x)>0 或 f′(x)<0，最终可转化为一 个一元一次不等式或一元二次不等式问题． (2)若已知 f(x)的单调性，则转化为不等式 f′(x)≥0 或 f′(x)≤0 在单调 区间上恒成立问题求解．
所以整数 m 的最小值为 3.
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热点二 利用导数解决不等式问题(教材VS高考)
探究提高
“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即 f(x)≥g(a)对于 x ∈D 恒成立，应求 f(x)的最小值；若存在 x∈D，使得 f(x)≥g(a)成立， 应求 f(x)的最大值.在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以 先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的 “存在性”问题是求最大值还是最小值.特别需要关注等号是否成立问 题，以免细节出错.
当 a＞0 时，f(x)在0，a1上单调递增，在1a，＋∞上单调递减.
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热点一 利用导数研究函数的性质
[例 1] (2015·全国Ⅱ卷)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．
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热点二 利用导数解决不等式问题(教材VS高考)
(2)证明 由(1)知，当 a<0 时，f(x)在 x＝－21a处取得最大值， 最大值为 f－21a＝ln－21a－1－41a，
所以 f(x)≤－43a－2 等价于 ln－21a－1－41a≤－43a－2，
即 设
ln－21a＋21a＋1≤0， g(x)＝ln x－x＋1，则
g′(x)＝1x－1.
………………………8 分
当 x∈(0，1)时，g′(x)>0；x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.
所以 g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
(得分点 4)
故当 x＝1 时，g(x)取得最大值，最大值为 g(1)＝0. …………10 分 (得分点 5) 所以当 x>0 时，g(x)≤0，
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热点二 利用导数解决不等式问题(教材VS高考)
[训练 2] 已知函数 f(x)＝x－(a＋1)ln x－xa(a∈R 且 a<e)，g(x)＝12x2＋ex－xex. (1)当 x∈[1，e]时，求 f(x)的最小值；(2)当 a＜1 时，若存在 x1∈[e，e2]，使得 对任意的 x2∈[－2，0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求 a 的取值范围. 解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝(x－1x)(2x－a). ①若 a≤1，当 x∈[1，e]时，f′(x)≥0， 则 f(x)在[1，e]上为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a. ②若 1＜a＜e， 当 x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数； 当 x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数. 所以 f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1. 综上，当 a≤1 时，f(x)min＝1－a； 当 1＜a＜e 时，f(x)min＝a－(a＋1)ln a－1；
❷得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中， 求出 f(x)的定义域，f′(x)在(0，＋∞)上单调性的判断；第(2)问，f(x)在 x＝－21a处 最值的判定，f(x)≤－43a－2 等价转化为 ln－21a＋21a＋1≤0 等．
❸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，求导 f′(x) 准确，否则全盘皆输，第(2)问中，准确计算 f(x)在 x＝－21a处的最大值.
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热点一 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，是高考的热点重点．本热点主要有三种考查方式： (1)讨论函数的单调性或求单调区间； (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．
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(2)由(1)知，当 a≤0，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；
当 a>0 时，f(x)在 x＝1a取得最大值， 最大值为 f1a＝ln1a＋a1－1a＝－ln a＋a－1.
判断函数的单调性，求函数的单调区 间、极值等问题，最终归结到判断 f′(x)的符号问题上
因此 f1a>2a－2 等价于 ln a＋a－1<0.
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∈1a，＋∞时，f′(x)<0.
所以 f(x)在0，a1上单调递增，在1a，＋∞上单调递减．
综上，知当 a≤0 时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；