2025版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)考點(diǎn)突破第3章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用高考大題規(guī)范解答-高考中函數(shù)與導(dǎo)數(shù)問題的熱點(diǎn)題型考點(diǎn)1利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)

利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的性質(zhì)(2024·北京高考題，20)(15分)設(shè)函數(shù)f(x)＝x－x3eax＋b，曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為y＝－x＋1.(1)求a，b的值；(2)設(shè)函數(shù)g(x)＝f′(x)，求g(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)求f(x)的極值點(diǎn)個(gè)數(shù)．[解題思路](1)依據(jù)曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為y＝－x＋1可得f′(1)＝－1及f(1)＝0，依據(jù)f′(1)＝－1及f(1)＝0求出a，b的值；(2)首先對函數(shù)g(x)求導(dǎo)，然后確定g′(x)>0和g′(x)<0時(shí)的x的取值范圍，最終寫出函數(shù)g(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)求函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)個(gè)數(shù)，即求g(x)＝f′(x)＝0變號根的個(gè)數(shù)，依據(jù)g(x)的單調(diào)性、極值及函數(shù)g(x)圖象的變更趨勢確定g(x)＝f′(x)＝0的變號根的個(gè)數(shù)．[解析](1)第1步：對函數(shù)f(x)求導(dǎo)因?yàn)閒(x)＝x－x3eax＋b，所以f′(x)＝1－3x2eax＋b－ax3eax＋b＝1－eax＋b(ax3＋3x2)，(1分)第2步：依據(jù)曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程得f′(1)及f(1)的值因?yàn)榍€y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為y＝－x＋1，所以f′(1)＝－1，f(1)＝0，(2分)第3步：依據(jù)f′(1)及f(1)的值列方程組，求出a，b的值則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－ea＋ba＋3＝－1,1－ea＋b＝0))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1,b＝1)).(4分)(2)第1步：對函數(shù)g(x)求導(dǎo)因?yàn)閍＝－1，b＝1，所以g(x)＝f′(x)＝1－e－x＋1·(－x3＋3x2)＝1＋e－x＋1(x3－3x2)，所以函數(shù)g(x)的定義域?yàn)镽，g′(x)＝－e－x＋1(x3－3x2)＋e－x＋1(3x2－6x)＝－e－x＋1(x3－3x2－3x2＋6x)＝－e－x＋1x(x2－6x＋6)＝－e－x＋1x(x－3＋eq\r(3))(x－3－eq\r(3)).(題眼)第2步：確定g′(x)>0和g′(x)<0時(shí)的x的取值范圍令g′(x)＝0，解得x＝0或x＝3＋eq\r(3)或x＝3－eq\r(3).(6分)令g′(x)>0，得x<0或3－eq\r(3)<x<3＋eq\r(3)；令g′(x)<0，得0<x<3－eq\r(3)或x>3＋eq\r(3).(7分)第3步：寫出函數(shù)g(x)的單調(diào)區(qū)間所以函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，0)，(3－eq\r(3)，3＋eq\r(3))，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,3－eq\r(3))，(3＋eq\r(3)，＋∞)．(8分)(3)第1步：依據(jù)函數(shù)g(x)的單調(diào)性及零點(diǎn)存在定理確定函數(shù)f(x)在x∈[0,3＋eq\r(3)]時(shí)的極值點(diǎn)狀況當(dāng)0≤x≤3＋eq\r(3)時(shí)，因?yàn)間(x)＝1＋e－x＋1x2(x－3)，所以g(0)＝1>0，g(3＋eq\r(3))＝1＋eeq\s\up10(－2－eq\r(3))(3＋eq\r(3))2×eq\r(3)>0，g(1)＝－1<0，因?yàn)間(x)在(0,3－eq\r(3))上單調(diào)遞減，所以g(3－eq\r(3))<g(1)<0.(另解：g(3－eq\r(3))＝1＋eq\f(－\r(3)12－6\r(3),eeq\s\up10(2－eq\r(3)))＝eq\f(eeq\s\up10(2－eq\r(3))－12\r(3)＋18,eeq\s\up10(2－eq\r(3))).因?yàn)?－eq\r(3)<eq\f(1,2)，所以eeq\s\up10(2－eq\r(3))<eeq\s\up10(\f(1,2))<2，所以eeq\s\up10(2－eq\r(3))－12eq\r(3)＋18<2－12eq\r(3)＋18＝20－12eq\r(3)＝eq\r(400)－eq\r(432)<0，所以g(3－eq\r(3))<0)(10分)又函數(shù)g(x)在(0,3－eq\r(3))上單凋遞減，在(3－eq\r(3)，3＋eq\r(3))上單調(diào)遞增，所以由零點(diǎn)存在定理，得存在唯一的α∈(0,3－eq\r(3))，β∈(3－eq\r(3)，3＋eq\r(3))，使得g(α)＝g(β)＝0，所以當(dāng)x∈(0，α)時(shí)，g(x)＝f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(α，β)時(shí)，g(x)＝f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(β，3＋eq\r(3))時(shí)，g(x)＝f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．所以x＝α是函數(shù)f(x)的極大值點(diǎn)，x＝β是函數(shù)f(x)的微小值點(diǎn)．(注：若想說明x＝x0是函數(shù)f(x)的一個(gè)極值點(diǎn)，一要說明f′(x0)＝0，二要說明函數(shù)f(x)在x＝x0兩側(cè)的導(dǎo)函數(shù)值異號)(12分)第2步：確定函數(shù)f(x)在x∈(3＋eq\r(3)，＋∞)時(shí)的極值點(diǎn)狀況當(dāng)x>3＋eq\r(3)時(shí)，g(x)＝1＋e－x＋1x2(x－3)>0恒成立，即當(dāng)x>3＋eq\r(3)時(shí)，方程g(x)＝f′(x)＝0無實(shí)數(shù)根，所以x∈(3＋eq\r(3)，＋∞)時(shí)，函數(shù)f(x)無極值點(diǎn)．(13分)第3步：依據(jù)函數(shù)g(x)的單調(diào)性及零點(diǎn)存在定理確定函數(shù)f(x)在x∈(－∞，0)時(shí)的極值點(diǎn)狀況當(dāng)x<0時(shí)，因?yàn)間(－2)＝1＋4×(－5)e3＝1－20e3<0，函數(shù)g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，所以由零點(diǎn)存在定理可知，存在唯一的γ∈(－2,0)，使得g(γ)＝0，所以x<r時(shí)，g(x)＝f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)γ<x<0時(shí)，g(x)＝f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．所以x＝γ是函數(shù)f(x)的微小值點(diǎn)．(14分)綜上，函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)個(gè)數(shù)為3.(15分)沖關(guān)策略：利用導(dǎo)數(shù)主要探討函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值，已知f(x)的單調(diào)性，可轉(zhuǎn)化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調(diào)區(qū)間上恒成立問題；求函數(shù)的極值、最值問題是高考解答題的基礎(chǔ)和常見題型，解此類題的關(guān)鍵是極值點(diǎn)與給定區(qū)間位置關(guān)系的探討，此時(shí)要留意結(jié)合導(dǎo)函數(shù)圖象的性質(zhì)進(jìn)行分析．【變式訓(xùn)練】(2024·北京高考)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(3－2x,x2＋a).(1)若a＝0，求y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程；(2)若函數(shù)f(x)在x＝－1處取得極值，求f(x)的單調(diào)區(qū)間，以及最大值和最小值．[解析](1)當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝eq\f(3－2x,x2)，則f′(x)＝eq\f(2x－3,x3)，f(1)＝1，f′(1)＝－4，此時(shí)，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y－1＝－4(x－1)，即4x＋y－5＝0.(2)因?yàn)閒(x)＝eq\f(3－2x,x2＋a)，所以f′(x)＝eq\f(－2x2＋a－2x3－2x,x2＋a2)＝eq\f(2x2－3x－a,x2＋a2)，由題意可得f′(－1)＝eq\f(24－a,a＋12)＝0，解得a＝4，經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)a＝4時(shí)x＝－1為函數(shù)f(x)的極大值點(diǎn)，符合題意．故f(x)＝eq\f(3－2x,x2＋4)，f′(x)＝eq\f(2x＋1x－4,x2＋42)，列表如下：x(－∞，－1)－1(－1,4)