- 69.90 KB
- 2021-06-20 发布
- 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
- 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
- 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
- 网站客服QQ:403074932
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)= - 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-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+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-x22a.
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00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0f (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,00,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01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)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)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x0).(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