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- 2021-06-16 发布
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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,20,12分][理]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00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)= - lnx - 1x+11x-1= - lnx+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lnx0=x0+1x0-1.
差什么
找什么
易知点B( - lnx0,1x0)在曲线y=ex上,要证明曲线y=lnx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=lnx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)= - lnx1+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-lnx0,故点B( - lnx0,1x0)在曲线y=ex上.7分
由题设知f (x0)=0,即lnx0=x0+1x0-1,
连接AB,则直线AB的斜率kAB=1x0-lnx0-lnx0-x0=1x0-x0+1x0-1-x0+1x0-1-x0=1x0.9分
曲线y=ex在点B( - lnx0,1x0)处的切线的斜率是1x0,曲线y=lnx在点A(x0,lnx0)处的切线的斜率也是1x0,所以曲线y=lnx在点A(x0,
lnx0)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lnx0=x0+1x0-1,判定直线AB的斜率与曲线y=lnx在点A(x0,lnx0)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=lnx在点A处的切线方程y=xx0+lnx0 - 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= - lnx0,则y=xx0+1x0(1+lnx0).
于是只需证明1x0(1+lnx0)与lnx0 - 1相等,将lnx0=x0+1x0-1分别代入,得它们均为2x0-1,即可证明.
3[2018全国卷Ⅰ,21,12分][理]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-x22,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+alnx1-lnx2x1-x2= - 2+alnx1-lnx2x1-x2= - 2+a-2lnx21x2-x2,9分
所以f(x1)-f(x2)x1-x2