2025版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)第2部分專題6函數(shù)導(dǎo)數(shù)和不等式解密高考6函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合問題巧在“轉(zhuǎn)”難在“分”教案理

PAGE1-解密高考⑥函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合問題巧在“轉(zhuǎn)”、難在“分”————[思維導(dǎo)圖]————————[技法指津]————函數(shù)與導(dǎo)數(shù)問題的求解策略(1)含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性問題，求解時常采納分類探討的思想，分類標(biāo)準(zhǔn)要明確，要做到不重不漏，常見的探討依次如下：①最高次項(xiàng)的系數(shù)是否為零；②對應(yīng)方程是否有根；③在有根的前提下，根是否在定義域內(nèi)；④根的大小關(guān)系是否確定等等．(2)證明不等式，常構(gòu)造函數(shù)，并利用導(dǎo)數(shù)法推斷新構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性，從而可證明原不等式成立；(3)不等式恒成立問題除了用分別參數(shù)法，還可以從分類探討和推斷函數(shù)的單調(diào)性入手，去求參數(shù)的取值范圍．母題示例：2024年全國卷Ⅰ，本小題滿分12分已知函數(shù)f(x)＝sinx－ln(1＋x)，f′(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù)．證明：(1)f′(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))存在唯一極大值點(diǎn)；(2)f(x)有且僅有2個零點(diǎn).本題考查：導(dǎo)數(shù)的求導(dǎo)法則、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系、利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的性質(zhì)等學(xué)問，分類探討的意識及轉(zhuǎn)化化歸的實(shí)力，數(shù)學(xué)運(yùn)算、邏輯推理等核心素養(yǎng).[審題指導(dǎo)·發(fā)掘條件](1)看到證明函數(shù)在區(qū)間上有唯一的極大值點(diǎn)，想到極大值點(diǎn)的定義及推斷方法；(2)看到證明函數(shù)有且僅有2個零點(diǎn)，想到函數(shù)的零點(diǎn)存在性定理，留意到f(0)＝0，想到只需證明(0，＋∞)上有唯一零點(diǎn)，缺函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上的單調(diào)性，借助導(dǎo)數(shù)補(bǔ)找該條件．[構(gòu)建模板·五步解法]函數(shù)與導(dǎo)數(shù)類問題的求解策略第一步求導(dǎo)數(shù)其次步看性質(zhì)第三步用性質(zhì)第四步得結(jié)論第五步再反思應(yīng)用公式依據(jù)導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值等性質(zhì)將題中條件或要證結(jié)論轉(zhuǎn)化，假如成立或有解，問題可轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值，證明不等式可利用函數(shù)單調(diào)性和放縮法諦視轉(zhuǎn)化過程的合理性回顧反思，檢查易錯點(diǎn)和步驟規(guī)范性母題突破：2024年長沙模擬，本小題滿分12分已知函數(shù)f(x)＝lneq\f(1,2x)－ax2＋x(a≥0)．(1)探討函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)的個數(shù)；(2)若f(x)有兩個極值點(diǎn)x1，x2，證明：f(x1)＋f(x2)＞3－4ln2.[解](1)由題意，函數(shù)f(x)＝lneq\f(1,2x)－ax2＋x＝－ln2x－ax2＋x，得f′(x)＝－eq\f(1,x)－2ax＋1＝eq\f(－2ax2＋x－1,x)，x∈(0，＋∞), 1分①若a＝0時；f′(x)＝eq\f(x－1,x)，當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝1，函數(shù)f(x)取得微小值，x＝1是f(x)的一個微小值點(diǎn)； 3分②若a＞0時，則Δ＝1－8a≤0，即a≥eq\f(1,8)時，此時f′(x)≤0，f(x)在(0，＋∞)是減函數(shù)，f′(x)無極值點(diǎn)，當(dāng)0＜a＜eq\f(1,8)時，則Δ＝1－8a＞0，令f′(x)＝0，解得x1＝eq\f(1－\r(1－8a),4a)，x2＝eq\f(1＋\r(1－8a),4a)，當(dāng)x∈(0，x1)和x∈(x2，＋∞)時，f′(x)＜0，當(dāng)x∈(x1，x2)時，f′(x)＞0，∴f(x)在x1取得微小值，在x2取得極大值，所以f(x)有兩個極值點(diǎn). 5分綜上可知：①a＝0時，f(x)僅有一個極值點(diǎn)；②當(dāng)a≥eq\f(1,8)時，f(x)無極值點(diǎn)；③當(dāng)0＜a＜eq\f(1,8)，f(x)有兩個極值點(diǎn). 6分(2)證明：由(1)知，當(dāng)且僅當(dāng)a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,8)))時，f(x)有微小值點(diǎn)x1和極大值點(diǎn)x2，且x1，x2是方程2ax2－x＋1＝0的兩根，∴x1＋x2＝eq\f(1,2a)，x1x2＝eq\f(1,2a)， 8分則f(x1)＋f(x2)＝lneq\f(1,2x1)－axeq\o\al(2,1)＋x1＋lneq\f(1,2x2)－axeq\o\al(2,2)＋x2＝－(ln2x1＋ln2x2)－a(xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2))＋(x1＋x2)＝－lneq\f(2,a)－aeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4a2)－\f(1,a)))＋eq\f(1,2a)＝lneq\f(a,2)－eq\f(1,4a)＋1＋eq\f(1,2a)＝lna＋eq\f(1,4a)＋1－ln2， 10分設(shè)g(a)＝lna＋eq\f(1,4a)＋1－ln2，a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,8)))，則g′(a)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,4a2)＝eq\f(4a－1,4a2)＜0，∴a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,8)))時，g(a)是減函數(shù)