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

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