高考大题冲关系列(1)-【金版教程】2023高考数学一轮复习创新方案课件PPT（新教材，新高考题型版）

高考大题冲关系列(1) 高考中函数与导数问题的热点题型 第四章　导数及其应用 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． 解 解 解 [冲关策略]　利用导数主要研究函数的单调性、极值、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、最值问题是高考解答题的基础和常见题型，解此类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． 解 解 解 解 解 解 解 解 解 [冲关策略]　用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助函数零点存在定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合思想画草图确定参数范围． 由于0<2a<1，所以ln (2a)<0， 故aln (2a)[2－ln (2a)]<0， 结合函数的单调性可知，函数f(x)在区间(－∞，0)上没有零点． 综上可得，题中的结论成立． 解 解 解 解 解 解 解 解 [冲关策略]　(1)恒成立问题可以转化为我们较为熟悉的求最值的问题进行求解，若不能分离参数，可以将参数看成常数直接求解． (2)证明不等式，通常转化为求函数的最值问题．对于较复杂的不等式，要先用分析法进行适当的转化． 解 解 解 解 本课结束 题型1　利用导数研究函数的性质 例1　(2021·北京高考)已知函数f(x)＝eq \f(3－2x,x2＋a). (1)若a＝0，求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′(x)＝eq \f(－2x2＋a－2x3－2x,x2＋a2) ＝eq \f(2x2－3x－a,x2＋a2)， 由题意可得f′(－1)＝eq \f(24－a,a＋12)＝0，解得a＝4， 故f(x)＝eq \f(3－2x,x2＋4)，f′(x)＝eq \f(2x＋1x－4,x2＋42)，列表如下： x (－∞，－1) －1 (－1,4) 4 (4，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  极大值  极小值  所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(4，＋∞)，单调递减区间为(－1,4)． 当x<eq \f(3,2)时，f(x)>0；当x>eq \f(3,2)时，f(x)<0. 所以f(x)max＝f(－1)＝1，f(x)min＝f(4)＝－eq \f(1,4). 变式训练1　(2020·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝2ln x＋1. (1)若f(x)≤2x＋c，求c的取值范围； (2)设a>0时，讨论函数g(x)＝eq \f(fx－fa,x－a)的单调性． 解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， f(x)≤2x＋c⇒f(x)－2x－c≤0⇒2ln x＋1－2x－c≤0，(*) 设h(x)＝2ln x＋1－2x－c(x＞0)， 则有h′(x)＝eq \f(2,x)－2＝eq \f(21－x,x)， 当0＜x＜1时，h′(x)＞0，h(x)单调递增， 当x＞1时，h′(x)＜0，h(x)单调递减， 所以当x＝1时，函数h(x)有最大值， 即h(x)max＝h(1)＝2ln 1＋1－2×1－c＝－1－c. 要使不等式(*)在(0，＋∞)上恒成立， 只需h(x)max≤0，即－1－c≤0，解得c≥－1. 故c的取值范围为c≥－1. (2)g(x)＝eq \f(2ln x＋1－2ln a＋1,x－a) ＝eq \f(2ln x－ln a,x－a)(x＞0且x≠a)， 因此g′(x)＝eq \f(2x－a－xln x＋xln a,xx－a2)， 设m(x)＝2(x－a－xln x＋xln a)， 则有m′(x)＝2(ln a－ln x)， 当x＞a时，ln x＞ln a，所以m′(x)＜0，m(x)单调递减，因此有m(x)＜m(a)＝0， 即g′