2022版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習-高考大題規(guī)范解答系列函數(shù)與導(dǎo)數(shù)學(xué)案新人教版

2022版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習高考大題規(guī)范解答系列—函數(shù)與導(dǎo)數(shù)學(xué)案新人教版2022版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習高考大題規(guī)范解答系列—函數(shù)與導(dǎo)數(shù)學(xué)案新人教版PAGE2022版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習高考大題規(guī)范解答系列—函數(shù)與導(dǎo)數(shù)學(xué)案新人教版2022版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習高考大題規(guī)范解答系列—函數(shù)與導(dǎo)數(shù)學(xué)案新人教版年級：姓名：高考大題規(guī)范解答系列(一)——函數(shù)與導(dǎo)數(shù)考點一利用導(dǎo)數(shù)解決與函數(shù)有關(guān)的極、最值問題例1(2020·北京，19,15分)已知函數(shù)f(x)＝12－x2.(1)求曲線y＝f(x)的斜率等于－2的切線方程；(2)設(shè)曲線y＝f(x)在點(t，f(t))處的切線與坐標軸圍成的三角形的面積為S(t)，求S(t)的最小值．【標準答案】——規(guī)范答題步步得分(1)因為f(x)＝12－x2，所以f′(x)＝－2x，1分………………eq\x(得分點①)令－2x＝－2，解得x＝1，2分………………eq\x(得分點②)又f(1)＝11，所以所求切線方程為y－11＝－2(x－1)，整理得2x＋y－13＝0.4分……………………eq\x(得分點③)(2)由(1)可知f′(x)＝－2x，所以曲線y＝f(x)在點(t，f(t))處的切線斜率k＝－2t，又f(t)＝12－t2，所以切線方程為y－(12－t2)＝－2t(x－t)，6分…………eq\x(得分點④)整理得2tx＋y－(t2＋12)＝0，當x＝0時，y＝t2＋12，所以切線與y軸的交點為(0，t2＋12)，7分……………eq\x(得分點⑤)當y＝0時，x＝eq\f(t2＋12,2t)，所以切線與x軸的交點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t2＋12,2t)，0)).8分………eq\x(得分點⑥)①當t>0時，S(t)＝eq\f(1,2)·eq\f(t2＋12,2t)·(t2＋12)＝eq\f(t2＋122,4t)，9分………eq\x(得分點⑦)則S′(t)＝eq\f(3t2－4t2＋12,4t2)，10分……………eq\x(得分點⑧)當0<t<2時，S′(t)<0，此時S(t)在(0,2)上單調(diào)遞減；當t>2時，S′(t)>0，此時S(t)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以S(t)min＝S(2)＝32.11分…………………eq\x(得分點⑨)②當t<0時，S(t)＝－eq\f(t2＋122,4t)；12分………eq\x(得分點⑩)則S′(t)＝－eq\f(3t2－4t2＋12,4t2)，13分…………eq\x(得分點?)當t<－2時，S′(t)<0，此時S(t)在(－∞，－2)上單調(diào)遞減；當－2<t<0時，S′(t)>0，此時S(t)在(－2,0)上單調(diào)遞增，所以S(t)min＝S(－2)＝32.14分………………eq\x(得分點?)綜上所述，當t＝±2時，S(t)取最小值，為32.15分………eq\x(得分點?)【評分細則】①求對導(dǎo)函數(shù)得1分．②解對f′(x)＝－2得1分．③寫對切線方程得2分．④寫對切線方程得2分．⑤求對與y軸交點得1分．⑥求對與x軸交點得1分．⑦分類討論t≥0時寫對S(t)得1分．⑧求對S(t)得1分．⑨求對S(t)的最小值得1分．eq\o(○,\s\up1(10))分類討論，t<0時寫對S(t)得1分．?求對S′(t)得1分．?求對S(t)最小值得1分．?總結(jié)敘述正確得1分．【名師點評】1．核心素養(yǎng)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極、最值問題，首先對函數(shù)求導(dǎo)，分解因式，分類討論函數(shù)在給定區(qū)間的增減情況確定極最值，重點考查學(xué)生數(shù)學(xué)運算、邏輯推理及分類的數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)．2．解題技巧：(1)求出切線與x軸、y軸交點，并寫出三角形的積S(t)．(2)對S(t)分類討論，分別求最值是本題關(guān)鍵點．〔變式訓(xùn)練1〕(理)(2020·湖南期末統(tǒng)測)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋1－2a－x＋eq\f(a,x)有兩個不同的極值點x1，x2.(1)求實數(shù)a的取值范圍．(2)求f(x)的極大值與極小值之和的取值范圍．(文)(2020·長春市第二次質(zhì)量監(jiān)測)已知函數(shù)f(x)＝(a－1)·lnx－eq\f(a,x)－x(a∈R)．(1)當a＝2時，求曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程；(2)若函數(shù)f(x)在[1,3]上的最大值為－2，求實數(shù)a的值．[解析]本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值和最值．(理)(1)f(x)定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－1－eq\f(a,x2)＝eq\f(－x2＋x－a,x2).因為f(x)有兩個不同的極值點x1，x2，且x>0，所以x2－x＋a＝0有兩個不同的正根，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝1－4a>0，,x1＋x2＝1>0，,x1x2＝a>0，))解得0<a<eq\f(1,4).故實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))).(2)由(1)知x1x2＝a，x1＋x2＝1，不妨設(shè)x1<x2，所以f(x)極小值＝f(x1)，f(x)極大值＝f(x2)，所以f(x)極小值＋f(x)極大值＝f(x1)＋f(x2)＝ln(x1x2)＋2(1－2a)＋eq\f(ax1＋x2,x1x2)－(x1＋x2)＝lna＋2－4a.令φ(a)＝lna－4a＋2，則φ′(a)＝eq\f(1,a)－4，當0<a<eq\f(1,4)時，φ′(a)>0，所以φ(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))上單調(diào)遞增，所以φ(a)<φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝－2ln2＋1.又當a→0時，φ(a)→－∞，所以f(x)的極大值與極小值之和的取值范圍是(－∞，－2ln2＋1)．(文)(1)a＝2時，f(x)＝lnx－eq\f(2,x)－x，f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(2,x2)－1，f(2)＝ln2－3，f′(2)＝0，所以曲線在點(2，f(2))處的切線方程為y＝ln2－3.(2)f′(x)＝eq\f(a－1,x)＋eq\f(a,x2)－1＝eq\f(－x＋1x－a,x2)(1≤x≤3)，當a≤1時，f′(x)≤0，f(x)在[1,3]上單調(diào)遞減，所以f(1)＝－2，a＝1；當a≥3時，f′(x)≥0，f(x)在[1,3]上單調(diào)遞增，所以f(3)＝－2，a＝eq\f(ln3＋1,ln3－\f(1,3))<3，舍去；當1<a<3時，f(x)在(1，a)上單調(diào)遞增，在(a,3)上單調(diào)遞減，所以f(a)＝－2，a＝e.綜上，a＝1或a＝e.考點二利用導(dǎo)數(shù)解決與不等式有關(guān)的函數(shù)問題例2(2020·課標Ⅱ，21,12分)已知函數(shù)f(x)＝sin2xsin2x.(1)討論f(x)在區(qū)間(0，π)的單調(diào)性；(2)證明：|f(x)|≤eq\f(3\r(3),8)；(3)設(shè)n∈N*，證明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤eq\f(3n,4n).【標準答案】——規(guī)范答題步步得分(1)f′(x)＝cosx(sinxsin2x)＋sinx(sinxsin2x)′＝2sinxcosxsin2x＋2sin2xcos2x＝2sinxsin3x.2分……………eq\x(得分點①)當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))時，f′(x)>0；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))時，f′(x)<0.所以f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))單調(diào)遞增，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))單調(diào)遞減.4分………………eq\x(得分點②)(2)證明：因為f(0)＝f(π)＝0，由(1)知，f(x)在區(qū)間[0，π]的最大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\f(3\r(3),8)，5分…………………eq\x(得分點③)最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝－eq\f(3\r(3),8).6分…………………eq\x(得分點④)而f(x)是周期為π的周期函數(shù)，故|f(x)|≤eq\f(3\r(3),8).7分…………eq\x(得分點⑤)(3)證明：由于(sin2xsin22x…sin22nx)eq\s\up4(\f(3,2))8分…………………eq\x(得分點⑥)＝|sin3xsin32x…sin32nx|＝|sinx||sin2xsin32x…sin32n－1xsin2nx||sin22nx|9分……………eq\x(得分點⑦)＝|sinx||f(x)f(2x)…f(2n－1x)||sin22nx|10分……eq\x(得分點⑧)≤|f(x)f(2x)…f(2n－1x)|，11分…………………eq\x(得分點⑨)所以sin2xsin22x…sin22nx≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),8)))eq\s\up7(\f(2n,3))＝eq\f(3n,4n).12分……………eq\x(得分點⑩)【評分細則】①正確求得導(dǎo)函數(shù)并化簡正確得2分．②討論f(x)的單調(diào)性，正確得2分．③求對f(x)的最大值得1分．④求對f(x)的最小值得1分．⑤證出|f(x)|≤eq\f(3\r(3),8)得1分．⑥變形正確得1分．⑦合理轉(zhuǎn)化得1分．⑧轉(zhuǎn)化出f(x)、f(2x)、…、f(2n－1x)得1分．⑨放縮正確得1分．⑩證出結(jié)論得1分．【名師點評】1．核心素養(yǎng)：利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性及解決與不等式有關(guān)的函數(shù)問題是高考命題的熱點問題．本題主要考查“邏輯推理”及“數(shù)學(xué)運算”的核心素養(yǎng)．2．解題技巧：(1)討論函數(shù)的單調(diào)性首先要明確函數(shù)的定義域，一般用導(dǎo)數(shù)的方法，對導(dǎo)數(shù)解不等式．(2)求出f(x)的最值是證明第2問的關(guān)鍵．(3)將不等式左邊變形與f(x)及第2問結(jié)合起來是完成第3問的關(guān)鍵．〔變式訓(xùn)練2〕(理)(2020·河南省鄭州市高三第二次質(zhì)量預(yù)測)設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2－(x＋1)lnx(a∈R)，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的斜率為0.(1)求a的值；(2)求證：當0<x≤2時，f(x)>eq\f(1,2)x.(文)(2018·課標全國Ⅰ，21)已知函數(shù)f(x)＝aex－lnx－1，a∈R.(1)設(shè)x＝2是f(x)的極值點，求a，并求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：當a≥eq\f(1,e)時，f(x)≥0.[分析](文)(1)看到x＝2是f(x)的極值點，想到f′(2)＝0且兩邊異號，看到求單調(diào)區(qū)間想到求函數(shù)定義域，并對函數(shù)求導(dǎo)．(2)看到證明當a≥eq\f(1,e)時，f(x)≥0想到用eq\f(1,e)替換a進行放縮，構(gòu)造函數(shù)y＝eq\f(ex,e)－lnx－1，從而求此函數(shù)的最小值．[解析](理)(1)f′(x)＝2ax－lnx－1－eq\f(1,x)，由題意可得f′(1)＝2a－2＝0，∴a＝1.(2)要證f(x)>eq\f(1,2)x(0<x≤2)，只需證x－eq\f(lnx,x)－lnx>eq\f(1,2)，即證x－lnx>eq\f(lnx,x)＋eq\f(1,2)，令g(x)＝x－lnx，h(x)＝eq\f(lnx,x)＋eq\f(1,2)，由g′(x)＝1－eq\f(1,x)＝0，解得x＝1，g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,2]上單調(diào)遞增，故g(x)min＝g(1)＝1，由h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)可知h(x)在(0,2]上單調(diào)遞增，故h(x)max＝h(2)＝eq\f(1＋ln2,2)<1＝g(x)min，故h(x)<g(x)，即f(x)>eq\f(1,2)x.(文)(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝aex－eq\f(1,x).由題設(shè)知，f′(2)＝0，所以a＝eq\f(1,2e2).從而f(x)＝eq\f(1,2e2)ex－lnx－1，f′(x)＝eq\f(1,2e2)ex－eq\f(1,x).當0<x<2時，f′(x)<0；當x>2時，f′(x)>0.所以f(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)當a≥eq\f(1,e)時，f(x)≥eq\f(ex,e)－lnx－1.設(shè)g(x)＝eq\f(ex,e)－lnx－1，則g′(x)＝eq\f(ex,e)－eq\f(1,x).當0<x<1時，g′(x)<0；當x>1時，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的最小值點．故當x>0時，g(x)≥g(1)＝0.因此，當a≥eq\f(1,e)時，f(x)≥0.考點三利用導(dǎo)數(shù)解決與函數(shù)零點有關(guān)的問題例3(2021·山東省青島市高三模擬檢測)已知函數(shù)f(x)＝aex－x－a，e＝2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù)．(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)恰有2個零點，求實數(shù)a的取值范圍．【分析】①看到單調(diào)性想到求函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)．②看到f(x)恰有2個零點，想到f(x)＝0有兩解或y＝f(x)圖象與x軸有兩個交點．【標準答案】——規(guī)范答題步步得分(1)f′(x)＝aex－1，1分……………eq\x(得分點①)當a≤0時，f′(x)＝aex－1<0，所以x∈(－∞，＋∞)，f′(x)<0，故f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減，2分…eq\x(得分點②)當a>0時，令f′(x)＝aex－1＝0，得x＝－lna；所以x∈(－∞，－lna)時，f′(x)<0，f(x)在(－∞，－lna)上單調(diào)遞減；x∈(－lna，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)在(－lna，＋∞)上單調(diào)遞增.4分………………eq\x(得分點③)(2)由(1)知，當a≤0時，f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減；又知f(0)＝0，所以f(x)僅有1個零點；5分……eq\x(得分點④)當0<a<1時，f(0)＝0，所以f(－lna)<0，取f(－2lna)＝eq\f(1,a)＋2lna－a，令函數(shù)g(a)＝eq\f(1,a)＋2lna－a，得g′(a)＝－eq\f(a－12,a2)<0，所以g(a)>g(1)＝0，所以f(－2lna)＝eq\f(1,a)＋2lna－a>0得f(x)在(－lna，－2lna)上也有1個零點，8分……………………eq\x(得分點⑤)當a＝1時，f(x)≥f(0)＝0，所以f(x)僅有1個零點，9分……eq\x(得分點⑥)當a>1時，f(0)＝0，所以f(－lna)<0，令函數(shù)h(a)＝a－lna，a>1得h′(a)＝1－eq\f(1,a)>0，所以h(a)>h(1)>0，所以a>lna，∴－a<－lna，取f(－a)＝ae－a>0，得f(x)在(－a，－lna)上也有1個零點，綜上可知：若f(x)恰有2個零點，則a∈(0,1)∪(1，＋∞).12分……………eq\x(得分點⑦)【評分細則】①求對導(dǎo)函數(shù)得1分．②求對a≤0單調(diào)區(qū)間得1分．③求對a>0單調(diào)區(qū)間得2分．④求對a≤0時f(x)只有一個零點得1分．⑤求對0<a<1時f(x)有兩個零點得3分．⑥求對a＝1時f(x)有一個零點得1分．⑦求對a>1時f(x)有兩個零點，并進行綜述得3分．【名師點評】1．核心素養(yǎng)：本題主要考查導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系、零點存在性定理，考查考生的數(shù)形結(jié)合能力、推理論證能力以及運算求解能力，考查的數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)是直觀想象、邏輯推理、數(shù)學(xué)運算．2．解題技巧：(1)通過求導(dǎo)，分類討論，進而求單調(diào)區(qū)間．(2)通過(1)的分析知道函數(shù)f(x)的單調(diào)性、最值，討論f(x)零點的個數(shù)，從而得出結(jié)論．〔變式訓(xùn)練3〕(2020·全國Ⅲ，21)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋bx＋c，曲線y＝f(x)在點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))處的切線與y軸垂直．(1)求b.(2)若f(x)有一個絕對值不大于1的零點，證明：f(x)所有零點的絕對值都不大于1.[解析]本題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義及利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、零點．(1)f′(x)＝3x2＋b.依題意得f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0，即eq\f(3,4)＋b＝0，故b＝－eq\f(3,4).(2