2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：素养提升1　高考中函数与导数解答题的提分策略学案

这是一份2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：素养提升1　高考中函数与导数解答题的提分策略学案，共12页。

素养提升1　高考中函数与导数解答题的提分策略

1[2019全国卷Ⅲ,12分]已知函数f (x)=2x3 - ax2+b.
(1)讨论f (x)的单调性;
(2)是否存在a,b,使得f (x)在区间[0,1]上的最小值为 - 1且最大值为1?若存在,求出a,b的所有值;若不存在,说明理由.
本题可拆解成以下几个小问题:
(1)①求函数f (x)=2x3 - ax2+b的导数;②利用分类讨论思想判断函数的单调性.
(2)①对a分类讨论,求函数f (x)的单调区间;②分别求函数f (x)的最值,列出关于a,b的方程组;②解方程组,判断a,b是否符合相应区间.
(1)对f (x)=2x3 - ax2+b求导,
得f ' (x)=6x2 - 2ax=2x(3x - a).①
令f ' (x)=0,得x=0或x=a3.
若a>0,则当x∈( - ∞,0)∪(a3,+∞)时,f ' (x)>0;当x∈(0,a3)时,f ' (x)<0.故f (x)在( - ∞,0)和(a3,+∞)上单调递增,在(0,a3)上单调递减.②
若a=0,f (x)在( - ∞,+∞)上单调递增.②
若a<0,则当x∈( - ∞,a3)∪(0,+∞)时,f ' (x)>0;当x∈(a3,0)时,f ' (x)<0.故f (x)在( - ∞,a3)和(0,+∞)上单调递增,在(a3,0)上单调递减.④
(2)满足题设条件的a,b存在.
(i)当a<0时,由(1)知,f (x)在[0,1]上单调递增,所以f (x)在区间[0,1]上的最小值为f (0)=b,最大值为f (1)=2 - a+b,所以b= - 1,2 - a+b=1,则a=0,b= - 1,与a<0矛盾,所以a<0不成立.⑤
(ii)当a=0时,由(1)知,f (x)在[0,1]上单调递增,所以由f (0)= - 1,f (1)=1得a=0,b= - 1.⑥
(iii)当0 若 - a327+b= - 1,b=1,则a=332,与0 若 - a327+b= - 1,2 - a+b=1,则a=33或a= - 33或a=0,与0 (iv)当a≥3时,由(1)知,f (x)在[0,1]上单调递减,所以f (x)在区间[0,1]上的最大值为f (0)=b,最小值为f (1)=2 - a+b,所以2 - a+b= - 1,b=1,则a=4,b=1.⑨
综上,满足题设的a,b存在.当a=0,b= - 1或a=4,b=1时,f (x)在区间[0,1]上的最小值为 - 1且最大值为1.⑩
感悟升华
阅卷
现场

得分点
第(1)问
采点得
分说明
①求导正确得1分;
②区间及对应的单调性正确得1分;
②区间及对应的单调性正确得1分;
④区间及对应的单调性正确得1分.
4分
第(2)问
采点得
分说明
⑤求解正确得1分;
⑥结果正确得1分;
⑦结果正确得2分;
⑧结果正确得2分;
⑨结果正确得1分;
⑩写出最终结论得1分.
8分
提分
探源
在第(2)问中,假设存在这样的a,b,则有
-1≤f(0)=b≤1,-1≤f(1)=2-a+b≤1,所以0≤b+1≤a≤b+3≤4.
于是可避免对a<0时的情况的讨论.
满分
策略
1.正确运用公式
牢记求导公式与法则,正确求导是关键.
2.分类讨论要全面
含参问题分类讨论是难点,要做到合理分类,不重不漏.
3.定义域优先
在利用导数讨论函数的单调区间时,要先确定函数的定义域,解决问题时必须在定义域内进行.在对函数划分单调区间时,除了必须确定使导数等于0的点(导函数的零点)外,还要注意定义域内不连续点和不可导点.
4.合理选择求解方法
在求函数的最值时要合理选择方法.
(1)当函数在[a,b]上连续,在(a,b)内可导时,选择用导数求函数的最值.先令导数为0,求出此时自变量的取值,再求出对应的函数值,再与区间端点处的函数值进行比较,最后取最值.
(2)要注意灵活运用其他方法求最值,求导不一定最简单.

2 [2019全国卷Ⅱ,12分]已知函数f (x)=ln x - x+1x-1.
(1)讨论f (x)的单调性,并证明f (x)有且仅有两个零点;
(2)设x0是f (x)的一个零点,证明曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y=ex的切线.
(1)
给什么
得什么
由f (x)=ln x - x+1x-1得其定义域.
由f ' (x)=1x+2(x-1)2>0得单调性.
求什么
想什么
要证明f (x)有且仅有两个零点,即要证明f (x)在(0,1)和(1,+∞)上分别有一个零点.
差什么
找什么
在(1,+∞)内分别取两个特殊值,使得一个函数值小于0,而另一个函数值大于0(可取e,e2),即可证明f (x)在(1,+∞)上有一个零点,记为x1.
注意到f (1x)= - ln x - 1x+11x-1= - ln x+x+1x-1= - f (x),即可证明f (x)在(0,1)上有零点1x1.
(2)
给什么
得什么
由x0是f (x)的一个零点知ln x0=x0+1x0-1.
差什么
找什么
易知点B( - ln x0,1x0)在曲线y=ex上,要证明曲线y=ln x在点A处的切线也是曲线y=ex的切线,只需证明直线AB的斜率和曲线y=ln x在点A处的切线的斜率及曲线y=ex在点B处的切线的斜率相等.

(1)f (x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞).
因为f ' (x)=1x+2(x-1)2>0,
所以f (x)在(0,1)和(1,+∞)上单调递增.2分
因为f (e)=1 - e+1e-1<0,f (e2)=2 - e2+1e2-1=e2-3e2-1>0,
所以f (x)在(1,+∞)上有唯一零点,记此零点为x1,则f (x1)=0.4分
又0<1x1<1,f (1x1)= - ln x1+x1+1x1-1= - f (x1)=0,故f (x)在(0,1)上有唯一零点1x1.
综上,f (x)有且仅有两个零点.6分
(2)因为1x0=e-ln x0,故点B( - ln x0,1x0)在曲线y=ex上.7分
由题设知f (x0)=0,即ln x0=x0+1x0-1,
连接AB,则直线AB的斜率kAB=1x0-ln x0-ln x0-x0=1x0-x0+1x0-1-x0+1x0-1-x0=1x0.9分
曲线y=ex在点B( - ln x0,1x0)处的切线的斜率是1x0,曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线的斜率也是1x0,所以曲线y=ln x在点A(x0,
ln x0)处的切线也是曲线y=ex的切线.12分
感悟升华

满分
策略
1.得步骤分:抓住得分点,争得满分.如第(1)问中,求导,判断单调性,利用零点存在性定理确定零点个数.
2.得关键分:解题过程中不可忽视关键点,有则给分,无则没分.如第(1)问中,求出f (x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞),判断f (x)在定义域内的单调性;第(2)问中,找关系式ln x0=x0+1x0-1,判定直线AB的斜率与曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线的斜率及曲线y=ex在点B处的切线的斜率相等.
3.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f ' (x)准确是关键,否则全盘皆输.第(2)问中,正确计算kAB等是关键,否则不得分.
一题
多解
第(2)问也可用如下思路求解:
先求出y=ln x在点A处的切线方程y=xx0+ln x0 - 1;
再求出y=ex在点(x2,ex2)处的切线方程y=ex2·x+ex2(1 - x2),由ex2=1x0知x2= - ln x0,则y=xx0+1x0(1+ln x0).
于是只需证明1x0(1+ln x0)与ln x0 - 1相等,将ln x0=x0+1x0-1分别代入,得它们均为2x0-1,即可证明.
3[2018全国卷Ⅰ,12分]已知函数f (x)=1x - x+aln x.
(1)讨论f (x)的单调性;
(2)若f (x)存在两个极值点x1,x2,证明:f(x1)-f(x2)x1-x2
(1)求f (x)的定义域,对函数f (x)求导→对参数a进行分类讨论,即可判断f (x)的单调性
(2)结合(1),求出f (x)存在两个极值点x1,x2时a的取值范围,以及x1,x2的关系式→将f(x1)-f(x2)x1-x2进行转化→构造函数→判断所构造函数的单调性,即可证得结果
(1)f (x)的定义域为(0,+∞), f ' (x)= - 1x2 - 1+ax= - x2-ax+1x2.1分
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.3分
②若a>2,令f ' (x)=0,得x=a-a2-42或x=a+a2-42.
当x∈(0,a-a2-42)∪(a+a2-42,+∞)时,f ' (x)<0;
当x∈(a-a2-42,a+a2-42)时,f ' (x)>0.
所以f (x)在(0,a-a2-42)和(a+a2-42,+∞)上单调递减,在(a-a2-42,a+a2-42)上单调递增.5分
(2)由(1)知,若f (x)存在两个极值点,则a>2.6分
因为f (x)的两个极值点x1,x2满足x2 - ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x11.7分
因为f(x1)-f(x2)x1-x2= - 1x1x2 - 1+aln x1-ln x2x1-x2= - 2+aln x1-ln x2x1-x2= - 2+a-2ln x21x2-x2,9分
所以f(x1)-f(x2)x1-x2 设函数g(x)=1x - x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+∞)上单调递减,又g(1)=0,所以当x∈(1,+∞)时,g(x)<0.11分
所以1x2 - x2+2ln x2<0,即f(x1)-f(x2)x1-x2 感悟升华

命题
探源
本题主要考查导数及其应用、函数的单调性、函数的极值点与不等式的证明等,考查考生的推理论证能力、运算求解能力、抽象概括能力等,考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想等,考查的核心素养是逻辑推理、数学运算.
素养
探源
素养
考查途径
数学运算
求f ' (x),解方程,代数式恒等变形等.
逻辑推理
分类讨论,由导数的符号判断函数的单调性,辅助函数的构造等.
失分
探源
a.计算失误.如求f ' (x)出错,或求f(x1)-f(x2)x1-x2出错.
b.不善于分类讨论.在第(1)问中,求出f ' (x)= - x2-ax+1x2,没有想到用分类讨论的方法确定f ' (x)在(0,+∞)上的符号.
c.忽略函数的定义域.没有注意到f (x)的定义域,导致第(1)问出错,或使分类讨论过程复杂(潜在失分).
d.不善于发现隐含条件.在第(2)问中没有想到x1,x2是方程x2 - ax+1=0的两根,从而没有运用x1x2=1.
e.不善于转化.没有将 - 2+a·-2lnx21x2-x2 提分
探源
高考中的解答题在阅卷评分时,一般是“据点给分”或“分段给分”.依据该题考查的知识点和基本技能,分步给分,只要在解答过程中抓住得分点,就能得到步骤分.相应地,考生分段得分一般有两种措施:
①分步解答,能写几步就写几步,得到相应的步骤分.②跳步解答,若解题中卡在某一处,来不及证明中间结论,则可以跳过这一步,写出后续步骤;若题目的第一问做不出来,可将第一问作为“已知”,完成第二问,也可能得分.
答题
策略
函数与导数类解答题,无论是单调性、极值、最值问题还是不等式问题,需要先求出函数的导数,然后通过导数判断函数单调性来求解,因此掌握导数与函数的单调性的关系尤为重要.


1.[12分]已知函数f (x)=lnx+2x.
(1)求函数f (x)在[1,+∞)上的值域;
(2)若∀x∈[1,+∞),ln x(ln x+4)≤2ax+4恒成立,求实数a的取值范围.





2.[2020江西红色七校第一次联考,12分]已知 f (x)=12x(x+2) - a(x+ln x)(a∈R).
(1)讨论f (x) 的单调性;
(2)若f (x1)=f (x2)(x1≠x2),证明:x1+x2>2a.







3.[2020洛阳市第一次联考,12分]已知函数f (x)=aln x - x2+(2a - 1)x,其中a∈R.
(1)当a=1时,求函数f (x)的单调区间;
(2)求函数f (x)的极值;
(3)若函数f (x)有两个不同的零点,求a的取值范围.






4.[12分]已知函数f (x)=ex - 12bx2+ax(a,b∈R).
(1)当a> - 1且b=1时,试判断函数f (x)的单调性.
(2)若a<1 - e且b=1,求证:函数f (x)在[1,+∞)上的最小值小于12.
(3)若f (x)在R上是单调函数,求ab的最小值.















素养提升1 高考中函数与导数解答题的提分策略
1. (1)易知f ' (x)=-1-lnxx2<0(x≥1),(1分)
∴f (x)在[1,+∞)上单调递减,f (x)max=f (1)=2.(3分)
∵x≥1时,f (x)>0,
∴f (x)在[1,+∞)上的值域为(0,2].(5分)
(2)令g(x)=ln x(ln x+4) - 2ax - 4,x∈[1,+∞),
则g' (x)=2(lnx+2x - a),(6分)
①若a≤0,则由(1)可知,g' (x)>0,g(x)在[1,+∞)上单调递增,
∵g(e)=1 - 2ae>0,与题设矛盾,∴a≤0不符合要求.(7分)
②若a≥2,则由(1)可知,g' (x)≤0,g(x)在[1,+∞)上单调递减,
∴g(x)≤g(1)= - 2a - 4<0,∴a≥2符合要求.(8分)
③若0 则g(x)在[1,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减,
∴g(x)max=g(x0)=ln x0(ln x0+4) - 2ax0 - 4.(9分)
∵ln x0=ax0 - 2,
∴g(x)max=(ax0 - 2)(ax0+2) - 2ax0 - 4=(ax0+2)(ax0 - 4).
由题意知g(x)max≤0,即(ax0+2)(ax0 - 4)≤0,解得 - 2≤ax0≤4,
即 - 2≤ln x0+2≤4⇒1 ∵a=lnx0+2x0,且由(1)可知f (x)=lnx+2x在(1,+∞)上单调递减,
∴4e2≤a<2.(11分)
综上,a的取值范围为[4e2,+∞).(12分)
【解题关键】　根据题意构造新函数并合理运用已知结论是解决本题的关键.
2.(1)f (x)的定义域为(0,+∞),
由f (x)=12x(x+2) - a(x+ln x),
得f ' (x)=x+1 - a - ax=x2+(1-a)x-ax=(x+1)(x-a)x,
若a≤0,则f ' (x)>0恒成立,f (x)在(0,+∞)上是增函数;
若a>0,则当0a时,f ' (x)>0,
则f (x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.
综上可得,当a≤0时,f (x)在(0,+∞)上是增函数;
当a>0时,f (x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.(6分)
(2)由(1)知,当a≤0时,f (x)在(0,+∞)上是增函数,
不存在f (x1)=f (x2)(x1≠x2),所以a>0.
由(1)知当a>0时,f (x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,存在f (x1)=f (x2).
不妨设0 则g' (x)=f ' (a+x)+f ' (a - x),
又由(1)知f ' (x)=(x+1)(x-a)x,可得g' (x)=f ' (a+x)+f ' (a - x)=(a+1+x)xa+x+(a+1-x)(-x)a-x=-2x2a2-x2.
因为x∈(0,a),所以g' (x)=-2x2a2-x2<0,
所以g(x)在(0,a)上单调递减,所以g(x)<0,
即当x∈(0,a)时,f (a+x) 则f (a - (a - x1))>f (a+(a - x1)),
即f (x1)=f (a - (a - x1))>f (a+(a - x1))=f (2a - x1).
又f (x2)=f (x1),则有f (x2)>f (2a - x1).
又x2>a,2a - x1>a,f (x)在(a,+∞)上单调递增,
所以x2>2a - x1,即x1+x2>2a.(12分)
3.(1)当a=1时,f (x)=ln x - x2+x(x>0),f ' (x)=1x - 2x+1= - (2x+1)(x-1)x.
当f ' (x)<0时,x>1;当f ' (x)>0时,0 ∴函数f (x)的单调递减区间为(1,+∞),单调递增区间为(0,1).(3分)
(2)f (x)的定义域是(0,+∞),f ' (x)=ax - 2x+(2a - 1)= - (2x+1)(x-a)x.
若a≤0,则f ' (x)<0,此时f (x)在(0,+∞)上单调递减,无极值;(4分)
若a>0,则由f ' (x)=0,解得x=a,
当00,当x>a时,f ' (x)<0,(5分)
∴f (x)在(0,a)上单调递增,在(a,+∞)上单调递减,
∴当x=a时,函数f (x)取极大值,极大值为f (a)=a(ln a+a - 1),无极小值.(7分)
(3)由(2)可知,当a≤0时,f (x)在(0,+∞)上单调递减,则f (x)至多有一个零点,不符合题意,舍去.
当a>0时,函数f (x)的极大值为f (a)=a(ln a+a - 1).
令g(x)=ln x+x - 1(x>0),
则g' (x)=1x+1>0,∴g(x)在(0,+∞)上单调递增,
又g(1)=0,∴当01时,g(x)>0.(9分)
(i)当0 (ii)当a>1时,f (a)=ag(a)>0,
∵f (1e)=a(2e - 1) - 1e2 - 1e<0,
∴函数f (x)在(1e,a)内有一个零点,
f (3a - 1)=aln(3a - 1) - (3a - 1)2+(2a - 1)(3a - 1)=a[ln(3a - 1) - (3a - 1)].
设h(x)=ln x - x(x>2),
则h' (x)=1x - 1<0,∴h(x)在(2,+∞)上单调递减,
则h(3a - 1) ∴函数f (x)在(a,3a - 1)内有一个零点,则当a>1时,函数f (x)恰有两个零点.
综上,函数f (x)有两个不同的零点时,a的取值范围为(1,+∞).(12分)
4.(1)由题意可得f ' (x)=ex - x+a.(1分)
设g(x)=f ' (x)=ex - x+a,则g' (x)=ex - 1,
所以当x>0时,g' (x)>0,f ' (x)在(0,+∞)上单调递增,
当x<0时,g' (x)<0,f ' (x)在( - ∞,0)上单调递减,(2分)
所以f ' (x)≥f ' (0)=1+a,
因为a> - 1,所以1+a>0,即f ' (x)>0,
所以函数f (x)在R上单调递增.(4分)
(2)由(1)知f ' (x)在[1,+∞)上单调递增,
因为a<1 - e,所以f ' (1)=e - 1+a<0,
所以存在t∈(1,+∞),使得f ' (t)=0,即et - t+a=0,即a=t - et,
所以函数f (x)在[1,t)上单调递减,在(t,+∞)上单调递增,
所以当x∈[1,+∞)时,f (x)min=f (t)=et - 12t2+at=et - 12t2+t(t - et)=et(1 - t)+12t2.(6分)
令h(x)=ex(1 - x)+12x2,x>1,则h' (x)=x(1 - ex)<0恒成立,
所以函数h(x)在(1,+∞)上单调递减,所以h(x) 所以et(1 - t)+12t2<12,即当x∈[1,+∞)时,f (x)min<12,
故函数f (x)在[1,+∞)上的最小值小于12.(8分)
(3)f (x)=ex - 12bx2+ax,f ' (x)=ex - bx+a,
由f (x)为R上的单调函数,可知f (x)一定为单调递增函数,
因此f ' (x)=ex - bx+a≥0.
令g(x)=f ' (x)=ex - bx+a,则g' (x)=ex - b.
当b=0时,ab=0.
当b<0时,g' (x)=ex - b>0,g(x)在R上为增函数.
当x→ - ∞时,g(x)→ - ∞,与g(x)≥0矛盾.
当b>0时,由g' (x)>0,得x>ln b,由g' (x)<0,得x 当x=ln b时,g(x)min=b - bln b+a≥0,
即ab≥b2ln b - b2(b>0).(10分)
令F(x)=x2ln x - x2(x>0),则F' (x)=x(2ln x - 1),
由F' (x)>0,得x>e,由F' (x)<0,得0 所以当x=e时,F(x)min= - e2,所以ab的最小值为 - e2.
综上,ab的最小值为 - e2.(12分)