（通用版）2022年高考數(shù)學二輪復習 第一部分 第三層級 難點自選 專題四“函數(shù)與導數(shù)”壓軸大題的搶分策略講義 理（普通生含解析）

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1、（通用版）2022年高考數(shù)學二輪復習 第一部分 第三層級 難點自選 專題四“函數(shù)與導數(shù)”壓軸大題的搶分策略講義 理（普通生，含解析） [全國卷3年考情分析] 年份 全國卷Ⅰ 全國卷Ⅱ 全國卷Ⅲ 2018 利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性、函數(shù)極值與不等式證明·T21 函數(shù)的單調性、不等式的證明、函數(shù)的零點問題·T21 導數(shù)在研究不等式及極值問題的應用·T21 2017 利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性、函數(shù)的零點問題·T21 利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性及極值、函數(shù)的零點、不等式的證明·T21 導數(shù)在研究函數(shù)單調性中的應用、不等式的放縮·T21 2016 利用導數(shù)解決函數(shù)的零點問題、

2、不等式的證明·T21 利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調性、不等式證明及值域問題·T21 三角函數(shù)的導數(shù)運算、最值問題及不等式證明·T21 導數(shù)日益成為解決問題必不可少的工具，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性與極值(最值)是高考的常見題型，而導數(shù)與函數(shù)、不等式、方程等的交匯命題，是高考的熱點和難點． 解答題的熱點題型有： (1)利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性、極值、最值；(2)利用導數(shù)證明不等式或探討方程根；(3)利用導數(shù)求解參數(shù)的范圍或值． 考法·策略(一)　利用分類討論思想探究函數(shù)的性質 [典例]　設f(x)＝xln x－ax2＋(2a－1)x，a∈R. (1)令g(x)＝f′(x)，求g(

3、x)的單調區(qū)間； (2)已知f(x)在x＝1處取得極大值，求實數(shù)a的取值范圍． [解]　(1)由f′(x)＝ln x－2ax＋2a， 可得g(x)＝ln x－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)． 所以g′(x)＝－2a＝. 當a≤0，x∈(0，＋∞)時，g′(x)＞0，函數(shù)g(x)單調遞增； 當a＞0，x∈時，g′(x)＞0，函數(shù)g(x)單調遞增，x∈時，g′(x)＜0，函數(shù)g(x)單調遞減． 所以當a≤0時，g(x)的單調增區(qū)間為(0，＋∞)； 當a＞0時，g(x)的單調增區(qū)間為，單調減區(qū)間為. (2)由(1)知，f′(1)＝0. ①當a≤0時，f′(x)單調遞增， 所以當

4、x∈(0,1)時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減； 當x∈(1，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增． 所以f(x)在x＝1處取得極小值，不合題意． ②當0＜a＜時，＞1，由(1)知f′(x)在內單調遞增，可得當x∈(0,1)時，f′(x)＜0，當x∈時，f′(x)＞0. 所以f(x)在(0,1)內單調遞減，在內單調遞增，所以f(x)在x＝1處取得極小值，不合題意． ③當a＝時，＝1，f′(x)在(0,1)內單調遞增，在(1，＋∞)內單調遞減，所以當x∈(0，＋∞)時，f′(x)≤0，f(x)單調遞減，不合題意． ④當a＞時，0＜＜1，當x∈時，f′(x)＞0，f(x)單調

5、遞增，當x∈(1，＋∞)時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減． 所以f(x)在x＝1處取極大值，符合題意． 綜上可知，實數(shù)a的取值范圍為. [題后悟通] 分類討論思想解決有關函數(shù)性質問題的策略 (1)何時討論參數(shù)？ 在求解中，若參數(shù)的取值影響所求結果，就要分類討論．如本例(1)中由g′(x)＝確定單調區(qū)間時，對a的取值要分類討論． (2)如何討論參數(shù)？ 解答此類問題的關鍵是如何分類，分類時要結合題目條件，對參數(shù)取值范圍進行劃分，進而研究其問題．如本例(2)中分類的依據(jù)是與1的大小比較． [應用體驗] 1．(2018·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝－x＋aln x. (1

6、)討論f(x)的單調性； (2)若f(x)存在兩個極值點x1，x2， 證明：2，令f′(x)＝0， 得x＝或x＝. 當x∈∪時， f′(x)<0； 當x∈時，f′(x)>0. 所以f(x)在，上單調遞減，在上單調遞增． (2)證明：由(1)知，當且僅當a>2時，f(x)存在兩個極值點． 由于f(x)的兩個極值點x1，x2滿足x2－ax＋1＝0， 所以x1x2

7、＝1，不妨設x11. 由于＝－－1＋a· ＝－2＋a·＝－2＋a·， 所以

8、(x)＝a＋ln x＋1(x>0)， f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1， 當a＝－1時，f(x)＝－x＋xln x， 即f′(x)＝ln x， 令f′(x)>0，解得x>1； 令f′(x)<0，解得0

9、－1， 由題意得，m＋1>－1，即m>－2，① 當00且x→0時，f(x)→0； 當x→＋∞時，顯然f(x)→＋∞. 如圖，由圖象可知，m＋1<0，即m<－1，② 由①②可得－2

10、是直線y＝a與函數(shù)y＝g(x)圖象交點的個數(shù)問題．只需要用a與函數(shù)g(x)的極值和最值進行比較即可．如本例函數(shù)y＝f(x)－m－1的零點問題即可轉化為y＝f(x)與y＝m＋1兩圖象的交點問題． [應用體驗] 2．已知函數(shù)f(x)＝的圖象在x＝e處的切線經(jīng)過點(1，e)，其中e＝2.718 28…. (1)求a的值； (2)若函數(shù)g(x)＝tf(x)－x在∪(1，e2]上有兩個零點，求實數(shù)t的取值范圍． 解：(1)由題意，得函數(shù)f(x)＝的定義域為(0,1)∪(1，＋∞)． 因為f′(x)＝，所以f′(e)＝ae. 所以f(x)的圖象在x＝e處的切線方程為y－f(e)＝f′(e

11、)(x－e)， 即y－ae2＝ae(x－e)，所以y＝eax. 因為f(x)的圖象在x＝e處的切線經(jīng)過點(1，e)， 所以a＝1. (2)函數(shù)g(x)＝tf(x)－x在∪(1，e2]上有兩個零點等價于函數(shù)h(x)＝與y＝t的圖象在∪(1，e2]上有兩個不同的交點． 因為h′(x)＝， 由h′(x)＞0，得0＜x＜e且x≠1； 由h′(x)＜0，得x＞e. 所以當x＝e時，h(x)有極大值，即為最大值h(e)＝. 又因為h＝－e，h(e2)＝，h(1)＝0 且＞0＞－e， 所以實數(shù)t的取值范圍為. 考法·策略(三)　利用函數(shù)思想探究不等式問題 [典例]　已知函數(shù)f(x)

12、＝ln x－a(x＋1)，a∈R的圖象在(1，f(1))處的切線與x軸平行． (1)求f(x)的單調區(qū)間； (2)若存在x0＞1，當x∈(1，x0)時，恒有f(x)－＋2x＋＞k(x－1)成立，求k的取值范圍． [解]　(1)由已知可得f(x)的定義域為(0，＋∞)． ∵f′(x)＝－a，∴f′(1)＝1－a＝0，∴a＝1， ∴f′(x)＝－1＝， 令f′(x)＞0，得0＜x＜1；令f′(x)＜0，得x＞1， ∴f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,1)，單調遞減區(qū)間為(1，＋∞)． (2)由(1)知f(x)＝ln x－x－1，不等式f(x)－＋2x＋＞k(x－1)可化為ln x－＋x

13、－＞k(x－1)，令g(x)＝ln x－＋x－－k(x－1)， 則g′(x)＝－x＋1－k＝. 令h(x)＝－x2＋(1－k)x＋1， 則h(x)的對稱軸為直線x＝， ①當≤1，即k≥－1時，易知h(x)在(1，＋∞)上單調遞減， ∴x∈(1，＋∞)時，h(x)＜h(1)＝1－k， 若k≥1，則h(x)＜0，∴g′(x)＜0，∴g(x)在(1，＋∞)上單調遞減， ∴g(x)＜g(1)＝0，不符合題意． 若－1≤k＜1，則h(1)＞0，∴存在x0＞1，使得x∈(1，x0)時，h(x)＞0，即g′(x)＞0， ∴g(x)在(1，x0)上單調遞增， ∴g(x)＞g(1)＝0恒成立

14、，符合題意． ②當＞1，即k＜－1時，易知存在x0＞1， 使得h(x)在(1，x0)上單調遞增， ∴h(x)＞h(1)＝1－k＞0，∴g′(x)＞0， ∴g(x)在(1，x0)上單調遞增， ∴g(x)＞g(1)＝0恒成立，符合題意． 綜上，k的取值范圍是(－∞，1)． [題后悟通]　函數(shù)思想解決不等式問題的策略 移項法 證明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))的問題轉化為證明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，進而構造輔助函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)(如本例) 構造“形似” 函數(shù) 對原不等式同解變形，如移項、通分、取對數(shù)；把不等式轉化為左

15、右兩邊是相同結構的式子的結構，根據(jù)“相同結構”構造輔助函數(shù) 主元法 對于(或可化為)f(x1，x2)≥A的不等式，可選x1(或x2)為主元，構造函數(shù)f(x，x2)(或f(x1，x)) [應用體驗] 3．(2018·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝aex－ln x－1. (1)設x＝2是f(x)的極值點，求a，并求f(x)的單調區(qū)間； (2)證明：當a≥時，f(x)≥0. 解：(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝aex－. 由題設知，f′(2)＝0，所以a＝. 從而f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－. 可知f′(x)在(0，＋∞)上單調遞增，又f′(2)＝0， 所以當02時，f′(x)>0. 所以f(x)的單調遞減區(qū)間為(0,2)， 單調遞增區(qū)間為(2，＋∞)． (2)證明：當a≥時，f(x)≥－ln x－1. 設g(x)＝－ln x－1，則g′(x)＝－. 可知g′(x)在(0，＋∞)上單調遞增，且g′(1)＝0， 所以當01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≥時，f(x)≥0.