2020届二轮复习(理)第2部分专题6解密高考⑥ 函数与导数综合问题巧在“转”、难在“分”学案
展开解密高考⑥ 函数与导数综合问题巧在“转”、难在“分” |
————[思维导图]————
————[技法指津]————
函数与导数问题的求解策略
(1)含参数的函数的单调性问题，求解时常采用分类讨论的思想，分类标准要明确，要做到不重不漏，常见的讨论顺序如下：①最高次项的系数是否为零；②对应方程是否有根；③在有根的前提下，根是否在定义域内；④根的大小关系是否确定等等．
(2)证明不等式，常构造函数，并利用导数法判断新构造函数的单调性，从而可证明原不等式成立；
(3)不等式恒成立问题除了用分离参数法，还可以从分类讨论和判断函数的单调性入手，去求参数的取值范围．
母题示例：2019年全国卷Ⅰ，本小题满分12分 | |
已知函数f(x)＝sin x－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数．证明： (1)f′(x)在区间存在唯一极大值点； (2)f(x)有且仅有2个零点. | 本题考查：导数的求导法则、函数与导数的关系、利用导数研究函数的性质等知识，分类讨论的意识及转化化归的能力，数学运算、逻辑推理等核心素养. |
[审题指导·发掘条件]
(1)看到证明函数在区间上有唯一的极大值点，想到极大值点的定义及判断方法；(2)看到证明函数有且仅有2个零点，想到函数的零点存在性定理，注意到f(0)＝0，想到只需证明(0，＋∞)上有唯一零点，缺函数f(x)在(0，＋∞)上的单调性，借助导数补找该条件．
[构建模板·五步解法] 函数与导数类问题的求解策略
第一步 求导数 | 第二步 看性质 | 第三步 用性质 | 第四步 得结论 | 第五步 再反思 |
应用公式 | 根据导数讨论函数的单调性、极值、最值等性质 | 将题中条件或要证结论转化，如果成立或有解，问题可转化为函数的最值，证明不等式可利用函数单调性和放缩法 | 审视转化过程的合理性 | 回顾反思，检查易错点和步骤规范性 |
母题突破：2019年长沙模拟，本小题满分12分 |
已知函数f(x)＝ln －ax2＋x(a≥0)．
(1)讨论函数f(x)的极值点的个数；
(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，证明：f(x1)＋f(x2)＞3－4ln 2.
[解](1)由题意，函数f(x)＝ln －ax2＋x＝－ln 2x－ax2＋x，
得f′(x)＝－－2ax＋1＝，x∈(0，＋∞), 1分
①若a＝0时；f′(x)＝，
当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，
所以当x＝1，函数f(x)取得极小值，x＝1是f(x)的一个极小值点； 3分
②若a＞0时，则Δ＝1－8a≤0，即a≥时，此时f′(x)≤0，f(x)在(0，＋∞)是减函数，f′(x)无极值点，
当0＜a＜时，则Δ＝1－8a＞0，令f′(x)＝0，解得x1＝，x2＝，
当x∈(0，x1)和x∈(x2，＋∞)时，f′(x)＜0，当x∈(x1，x2)时，f′(x)＞0，
∴f(x)在x1取得极小值，在x2取得极大值，所以f(x)有两个极值点. 5分
综上可知：①a＝0时，f(x)仅有一个极值点；
②当a≥时，f(x)无极值点；
③当0＜a＜，f(x)有两个极值点. 6分
(2)证明：由(1)知，当且仅当a∈时，f(x)有极小值点x1和极大值点x2，
且x1，x2是方程2ax2－x＋1＝0的两根，∴x1＋x2＝，x1x2＝， 8分
则f(x1)＋f(x2)＝ln －ax＋x1＋ln －ax＋x2
＝－(ln 2x1＋ln 2x2)－a(x＋x)＋(x1＋x2)
＝－ln －a＋
＝ln －＋1＋＝ln a＋＋1－ln 2， 10分
设g(a)＝ln a＋＋1－ln 2，a∈，则g′(a)＝－＝＜0，
∴a∈时，g(a)是减函数，g(a)＞g，
∴g(a)＞ln ＋3－ln 2＝3－4ln 2，
∴f(x1)＋f(x2)＞3－4ln 2. 12分
