专题1 规范答题1 函数与导数-（配套课件）2022老高考文科数学【步步高】大二轮专题复习与增分策略（皖黑吉陕新蒙晋赣青甘豫宁桂贵云川藏）

规范答题1　函数与导数 专题一　函数与导数 1 命题分析　 函数与导数问题在高考中一般作为压轴题，主要考查函数的单调性、不等式证明、恒成立问题和零点问题，以及直观想象、逻辑推理、数学运算的核心素养. 典例　(12分)(2021·新高考全国Ⅱ)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b. (1)讨论f(x)的单调性； (2)从下面两个条件中选一个，证明：f(x)有一个零点. 步骤要点 (1)分类讨论：分类讨论确定函数的单调性. (2)选择条件：在所给的条件中选择一个适合自己的. (3)巧算、估算：根据选择的条件，结合单调性；估算出特殊函数值. (4)数形结合：结合单调性及特殊函数值，画出草图，利用函数零点存在定理判断零点. 解　(1)由函数的解析式可得f′(x)＝x(ex－2a)， 1分 当a≤0时，若x∈(－∞，0)，则f′(x)<0，f(x)单调递减， 若x∈(0，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增； 2分 规范解答 若x∈(ln(2a)，0)，则f′(x)<0，f(x)单调递减， 若x∈(0，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增； 4分 若x∈(0，ln(2a))，则f′(x)<0，f(x)单调递减， 若x∈(ln(2a)，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增. 6分 (2)证明　若选择条件①： 而函数在区间(－∞，0)上单调递增，故函数在区间(－∞，0)上有一个零点. 9分 f(ln(2a))＝2a[ln(2a)－1]－a[ln(2a)]2＋b >2a[ln(2a)－1]－a[ln(2a)]2＋2a ＝2aln(2a)－a[ln(2a)]2 ＝aln(2a)[2－ln(2a)]， 结合函数的单调性可知函数在区间(0，＋∞)上没有零点. 综上可得，题中的结论成立. 12分 若选择条件②： 当b≥0时，e2>4,4a<2，f(2)＝e2－4a＋b>0， 而函数在区间(0，＋∞)上单调递增， 故函数在区间(0，＋∞)上有一个零点. 7分 当b<0时，构造函数H(x)＝ex－x－1，则H′(x)＝ex－1， 当x∈(－∞，0)时，H′(x)<0，H(x)单调递减， 当x∈(0，＋∞)时，H′(x)>0，H(x)单调递增， 注意到H(0)＝0，故H(x)≥0恒成立，从而有ex≥x＋1，此时： f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b≥(x－1)(x＋1)－ax2＋b＝(1－a)x2＋b－1(x≥1)， 而函数在区间(0，＋∞)上单调递增， 故函数在区间(0，＋∞)上有一个零点. 9分 f(ln(2a))＝2a[ln(2a)－1]－a[ln(2a)]2＋b ≤2a[ln(2a)－1]－a[ln(2a)]2＋2a ＝2aln(2a)－a[ln(2a)]2 ＝aln(2a)[2－ln(2a)]， 故aln(2a)[2－ln(2a)]<0， 11分 结合函数的单调性可知函数在区间(－∞，0)上没有零点. 综上可得，题中的结论成立. 12分 阅卷细则 (1)求导正确给1分； (2)第(1)问未讨论只给求导的分； (3)第(1)问漏讨论a＝ 扣1分； (4)选①时，证明在(－∞，0)上有一个零点给3分； (5)选②时，不等式ex≥x＋1直接用不证明，不扣分. 本课结束 ①<a≤，b>2a； ②0<a<，b≤2a. 当0<a<时，若x∈(－∞，ln(2a))，则f′(x)>0，f(x)单调递增， 当a＝时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增； 当a>时，若x∈(－∞，0)，则f′(x)>0，f(x)单调递增， 由于<a≤，故1<2a≤e2，则b>2a>1，f(0)＝b－1>0， 8分 由于<a≤，1<2a≤e2，故aln(2a)[2－ln(2a)]≥0， f ＝ －a×＋b<0， 由于0<a<，故2a<1，则f(0)＝b－1≤2a－1<0， 当x>时，(1－a)x2＋b－1>0，取x0＝＋1，则f(x0)>0， 即f(0)<0，f >0， 由于0<a<，0<2a<1， $