高考数学科学复习创新方案提升版 高考大题冲关系列（1）函数与与导数问题热点题型Word版.doc

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命题动向：函数是中学数学的核心内容，而导数是研究函数的重要工具，因此，导数的应用是历年高考的重点与热点．常涉及的问题有：讨论函数的单调性(求函数的单调区间)，求极值、最值、切线方程、函数的零点或方程的根，求参数的范围及证明不等式等，涉及的数学思想有：函数与方程、分类讨论、数形结合、转化与化归等，中、高档难度均有．

题型1利用导数研究函数的单调性、极值、最值

例1(2024·镇江模拟)已知函数f(x)＝lnx＋ax－eq\f(1,x)，g(x)＝xlnx＋(a－1)x＋eq\f(1,x).

(1)当a＝－2时，判断f(x)的单调性；

(2)当a1时，记f(x)的零点为x0，g(x)的极小值点为x1，判断x0与x1的大小关系，并说明理由．

解(1)当a＝－2时，f(x)＝lnx－2x－eq\f(1,x)，f(x)的定义域为(0，＋∞)，

所以f′(x)＝eq\f(1,x)－2＋eq\f(1,x2)＝eq\f(－2x2＋x＋1,x2)＝eq\f(（2x＋1）（－x＋1）,x2).

令f′(x)0，解得0x1，令f′(x)0，解得x1，

所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．

(2)因为f(x)＝lnx＋ax－eq\f(1,x)，则f′(x)＝eq\f(1,x)＋a＋eq\f(1,x2)＝eq\f(ax2＋x＋1,x2)(x0)，

当a1时，则f′(x)0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，

又f(1)＝a－10，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a))))＝－eq\f(1,2)lna0，

所以存在唯一的x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a))，1))，使f(x0)＝0.

因为g(x)＝xlnx＋(a－1)x＋eq\f(1,x)(x0)，

则g′(x)＝lnx－eq\f(1,x2)＋a，

令h(x)＝lnx－eq\f(1,x2)＋a(x0)，

则h′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(2,x3)0，

所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，即g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，

又g′(1)＝a－10，g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a))))＝－eq\f(1,2)lna0，

所以存在m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a))，1))，使g′(m)＝0，

则当0xm时，g′(x)0；当xm时，g′(x)0.

所以g(x)在(0，m)上单调递减，在(m，＋∞)上单调递增，

所以m为g(x)的极小值点，故x1＝m，

由g′(m)＝0可得lnx1－eq\f(1,xeq\o\al(2,1))＋a＝0，

故a＝eq\f(1,xeq\o\al(2,1))－lnx1，

所以f(x1)＝lnx1＋ax1－eq\f(1,x1)＝lnx1＋x1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,xeq\o\al(2,1))－lnx1))－eq\f(1,x1)＝(1－x1)lnx1，

又x1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a))，1))，

所以f(x1)＝(1－x1)lnx10，

又因为x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a))，1))，f(x0)＝0，且f(x)在(0，1)上单调递增，

所以x0x1.

利用导数研究函数的单调性、极值、最值，首先建立规范化解题的意识，即按照求定义域、求导数、研究f′(x)＝0实根的情况、用所得实根分割定义域、逐个区间分析导数的正负、求极值和端点函数值进而确定最值．

已知f(x)的单调性，可转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题；求函数的极值、最值问题的关键是极值点与给定区间位置关系的讨论，此时要注意结合导函数图象的性质进行分析．

变式训练1(2021·北京高考)已知函数f(x)＝eq\f(3－2x,x2＋a).

(1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；

(2)若函数f(x)在x＝－1处取得极值，求f(x)的单调区间，以及最大值和最小值．

解(1)当a＝0时，f(x)＝eq\f(3－2x,x2)，

则f′(x)＝eq\f(2（x－3）,x3)，f(1)＝1，f′(1)＝－4，

此时，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－4(x－1)，即4x＋y－5＝0.

(2)因为f(x)＝eq\f(3－2x,x2＋a)，

所以f′