第6板块 函数与导数 层级3～4 创新应用考法（Word教参）-【新高考方案】2024年高考数学(文科)二轮复习专题增分方略（老教材）

一、命题“宽度”上——注重横向多元拓展 ■关联点：函数＋数列 1．已知等差数列{an}的首项与公差d均为正数，且lg a1，lg a3，lg a6成等差数列，则lg a1，lg a3，lg a6的公差为(　 ) A．lg d B．lg C．lg D．lg 3d 解析：选C　因为{an}是公差为d的等差数列，所以a3＝a1＋2d，a6＝a1＋5d，因为lg a1，lg a3，lg a6成等差数列，所以2lg a3＝lg a1＋lg a6＝lg(a1a6)，所以a＝a1a6，即(a1＋2d)2＝a1(a1＋5d)，所以a1d＝4d2，又因为d>0，所以a1＝4d，则lg a3－lg a1＝lg 6d－lg 4d＝lg. ■关联点：导数＋两直线位置关系＋抛物线 2．已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，点E(2，0)，线段EF与抛物线C相交于点M，若抛物线C在点M处的切线与直线2x＋y＋2＝0垂直，则抛物线C的方程为(　 ) A．x2＝3y B．x2＝12y C．x2＝9y D．x2＝6y 解析：选D　抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，设点M的坐标为(x0，y0)，抛物线方程变形为y＝，由y′＝，得抛物线C在点M处的切线斜率为，由抛物线C在点M处的切线与直线2x＋y＋2＝0垂直，得＝，即x0＝p，所以y0＝p.因为点M在线段EF上，所以＝，所以－＝－，解得p＝3，所以抛物线C的方程为x2＝6y. ■关联点：导数＋函数＋立体几何 3．通用技术课上，张老师要求同学们从一个半径为R的圆形纸片上剪出一个扇形，制作成一个圆锥形无盖漏斗，当它的容积最大时，扇形圆心角的大小为(　 ) A. B．π C. D. 解析：选C　设扇形的圆心角为θ(0<θ<2π)，圆锥底面半径为r，则扇形的弧长为θR，圆锥底面周长2πr＝θR，解得r＝.由勾股定理得圆锥的高h＝＝ ，∴容积V＝πr2h＝2＝.设θ2＝x，则0<x<4π2，令g(x)＝(4π2－x)x2，则g′(x)＝－x2＋2x(4π2－x)＝x(8π2－3x)， ∴当x∈时，g′(x)>0，g(x)单调递增； 当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减， ∴当x＝，即θ＝时，容积最大． ■关联点：函数＋导数＋三角恒等变换＋不等式 4．(2023·全国甲卷)已知函数f(x)＝ax－，x∈. (1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)＋sin x<0，求a的取值范围． 解：(1)(cos2x)′＝(cos xcos x)′＝－sin xcos x＋cos x·(－sin x)＝－2sin xcos x， f′(x)＝a－＝a－＝a－. 当a＝1时，f′(x)＝1－＝. 因为x∈，所以cos x∈(0,1)，cos3x＋cos2x<2，故f′(x)<0， 故当a＝1时，f(x)在上单调递减． (2)令F(x)＝ax－＋sin x，则F(0)＝0. F′(x)＝a－＋cos x＝a＋. 令F′(0)＝0，得a＝0. 当a>0时，F′(0)＝a>0，当x―→＋时，F′(x)―→－∞，所以存在一个x0∈，满足F′(x0)＝0，且当x∈(0，x0)时，F′(x)>0，F(x)单调递增，则当x∈(0，x0)时，F(x)>F(0)＝0，不符合题意． 当a≤0时，因为f(x)＋sin x＝ax－＝ax－≤－，x∈，所以要证f(x)＋sin x<0在上恒成立， 只需证－<0在上恒成立． 因为cos2x在上恒大于0，sin3x在上恒大于0， 所以－<0在上恒成立，命题得证． 综上，a的取值范围为(－∞，0]． 二、命题“深度”上——强化纵向高次延伸 ■延伸链：抽象函数―→函数的奇偶性―→单调性―→分类讨论―→解不等式 1．若定义在R上的奇函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，且f(2)＝0，则满足xf(x＋1)≥0的x的取值范围是(　 ) A．[－1,1]∪[3，＋∞) B．[－3，－1]∪[0,1] C．[－1,0]∪[1，＋∞) D．[－1,0]∪[1,3] 解析：选B　因为定义在R上的奇函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，且f(2)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上也是单调递减，且f(－2)＝0，f(0)＝0，所以当x∈(－∞，－2)∪(0,2)时，f(x)＞0，当x∈(－2,0)∪(2，＋∞)时，f(x)＜0，所以由xf(x＋1)≥0可得或或x＝0，解得－3≤x≤－1或0≤x≤1. ■延伸链：函数的最值―→函数的单调性―→数形结合―→切线的斜率 2．已知函数f(x)＝ex＋ax2＋2ax在x∈(0，＋∞)上有最小值，则实数a的取值范围为(　 ) A. B. C．(－1,0) D. 解析：选D　因为f(x)＝ex＋ax2＋