《（通用版）2019版高考数学二轮复习课件+训练：第一部分第三层级难点自选专题四“函数与导数”压轴大题的抢分策略讲义理（普通生，含解析）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（通用版）2019版高考数学二轮复习课件+训练：第一部分第三层级难点自选专题四“函数与导数”压轴大题的抢分策略讲义理（普通生，含解析）.pdf（7页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 难点自选专题四 “函数与导数”压轴大题的抢分策略难点自选专题四 “函数与导数”压轴大题的抢分策略 全国卷 3 年考情分析 年份全国卷全国卷全国卷 2018 利用导数研究函数的单调 性、函数极值与不等式证 明T21 函数的单调性、不等式的 证明、函数的零点问 题T21 导数在研究不等式及极值 问题的应用T21 2017 利用导数研究函数的单调 性、函数的零点问题T21 利用导数研究函数的单调 性及极值、函数的零点、 不等式的证明T21 导数在研究函数单调性中 的应用、不等式的放 缩T21 2016 利用导数解决函数的零点 问题、不等式的证明T21 利用
2、导数判断函数的单调 性、不等式证明及值域问 题T21 三角函数的导数运算、最 值问题及不等式证明T21 导数日益成为解决问题必不可少的工具， 利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高 考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程等的交汇命题，是高考的热点和难点 解答题的热点题型有： (1)利用导数研究函数的单调性、 极值、 最值 ； (2)利用导数证明不等式或探讨方程根 ； (3) 利用导数求解参数的范围或值 考法策略(一) 利用分类讨论思想探究函数的性质 典例 设f(x)xln xax2(2a1)x，aR. (1)令g(x)f(x)，求g(x)的单调区间； (2)已知f(x)在x1 处取得极大
3、值，求实数a的取值范围 解 (1)由f(x)ln x2ax2a， 可得g(x)ln x2ax2a，x(0，) 所以g(x) 2a. 1 x 12ax x 当a0，x(0，)时，g(x)0，函数g(x)单调递增； 当a0，x时，g(x)0， 函数g(x)单调递增，x时，g(x)0， (0， 1 2a)( 1 2a，) 函数g(x)单调递减 所以当a0 时，g(x)的单调增区间为(0，)； 当a0 时，g(x)的单调增区间为，单调减区间为. (0， 1 2a)( 1 2a，) (2)由(1)知，f(1)0. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 当a0 时，f(x)单调递增， 所以当x(0,
4、1)时，f(x)0，f(x)单调递减； 当x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递增 所以f(x)在x1 处取得极小值，不合题意 当 0a 时，1，由(1)知f(x)在内单调递增，可得当x(0,1)时， 1 2 1 2a(0， 1 2a) f(x)0，当x时，f(x)0. (1， 1 2a) 所以f(x)在(0,1)内单调递减， 在内单调递增， 所以f(x)在x1 处取得极小值， (1， 1 2a) 不合题意 当a 时，1，f(x)在(0,1)内单调递增， 在(1， )内单调递减， 所以当x(0， 1 2 1 2a )时，f(x)0，f(x)单调递减，不合题意 当a 时， 01， 当x时，f(
5、x)0，f(x)单调递增， 当x(1， ) 1 2 1 2a( 1 2a，1) 时，f(x)0，f(x)单调递减 所以f(x)在x1 处取极大值，符合题意 综上可知，实数a的取值范围为. ( 1 2，) 题后悟通 分类讨论思想解决有关函数性质问题的策略 (1)何时讨论参数？ 在求解中， 若参数的取值影响所求结果， 就要分类讨论 如本例(1)中由g(x)12ax x 确定单调区间时，对a的取值要分类讨论 (2)如何讨论参数？ 解答此类问题的关键是如何分类，分类时要结合题目条件，对参数取值范围进行划分， 进而研究其问题如本例(2)中分类的依据是与 1 的大小比较 1 2a 应用体验 1(2018全
6、国卷)已知函数f(x) xaln x. 1 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：2，令f(x)0， 得x或x. aa24 2 aa24 2 当x时， (0， aa24 2) ( aa24 2 ，) f(x)0. ( aa24 2 ，a a24 2) 所以f(x)在，上单调递减， 在 (0， aa24 2) ( aa24 2 ，) ( aa24 2 ，a a24 2) 上单调递增 (2)证明：由(1)知，当且仅当a2 时，f(x)存在两个极值点 由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2ax10， 所以x1x21，不妨设x11. 由于1a fx1f
7、x2 x1x2 1 x1x2 ln x1ln x2 x1x2 2a2a， ln x1ln x2 x1x2 2ln x2 1 x2x 2 所以0)， f(1)a10，解得a1， 当a1 时，f(x)xxln x， 即f(x)ln x， 令f(x)0，解得x1； 令f(x)1，即m2， 当 00 且x0 时，f(x)0； 当x时，显然f(x). 如图，由图象可知，m12 时，f(x)0. 所以f(x)的单调递减区间为(0,2)， 单调递增区间为(2，) (2)证明：当a 时，f(x)ln x1. 1 e ex e 设g(x)ln x1，则g(x) . ex e ex e 1 x 可知g(x)在(0，)上单调递增，且g(1)0， 所以当 01 时，g(x)0. 所以x1 是g(x)的最小值点 故当x0 时，g(x)g(1)0. 因此，当a 时，f(x)0. 1 e