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 4页

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