2025版高考数学一轮总复习考点突破第3章导数及其应用高考大题规范解答-高考中函数与导数问题的热点题型考点1利用导数研究函数的性质

利用导数探讨函数的性质(2024·北京高考题，20)(15分)设函数f(x)＝x－x3eax＋b，曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y＝－x＋1.(1)求a，b的值；(2)设函数g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间；(3)求f(x)的极值点个数．[解题思路](1)依据曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y＝－x＋1可得f′(1)＝－1及f(1)＝0，依据f′(1)＝－1及f(1)＝0求出a，b的值；(2)首先对函数g(x)求导，然后确定g′(x)>0和g′(x)<0时的x的取值范围，最终写出函数g(x)的单调区间；(3)求函数f(x)的极值点个数，即求g(x)＝f′(x)＝0变号根的个数，依据g(x)的单调性、极值及函数g(x)图象的变更趋势确定g(x)＝f′(x)＝0的变号根的个数．[解析](1)第1步：对函数f(x)求导因为f(x)＝x－x3eax＋b，所以f′(x)＝1－3x2eax＋b－ax3eax＋b＝1－eax＋b(ax3＋3x2)，(1分)第2步：依据曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程得f′(1)及f(1)的值因为曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y＝－x＋1，所以f′(1)＝－1，f(1)＝0，(2分)第3步：依据f′(1)及f(1)的值列方程组，求出a，b的值则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－ea＋ba＋3＝－1,1－ea＋b＝0))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1,b＝1)).(4分)(2)第1步：对函数g(x)求导因为a＝－1，b＝1，所以g(x)＝f′(x)＝1－e－x＋1·(－x3＋3x2)＝1＋e－x＋1(x3－3x2)，所以函数g(x)的定义域为R，g′(x)＝－e－x＋1(x3－3x2)＋e－x＋1(3x2－6x)＝－e－x＋1(x3－3x2－3x2＋6x)＝－e－x＋1x(x2－6x＋6)＝－e－x＋1x(x－3＋eq\r(3))(x－3－eq\r(3)).(题眼)第2步：确定g′(x)>0和g′(x)<0时的x的取值范围令g′(x)＝0，解得x＝0或x＝3＋eq\r(3)或x＝3－eq\r(3).(6分)令g′(x)>0，得x<0或3－eq\r(3)<x<3＋eq\r(3)；令g′(x)<0，得0<x<3－eq\r(3)或x>3＋eq\r(3).(7分)第3步：写出函数g(x)的单调区间所以函数g(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(3－eq\r(3)，3＋eq\r(3))，单调递减区间为(0,3－eq\r(3))，(3＋eq\r(3)，＋∞)．(8分)(3)第1步：依据函数g(x)的单调性及零点存在定理确定函数f(x)在x∈[0,3＋eq\r(3)]时的极值点状况当0≤x≤3＋eq\r(3)时，因为g(x)＝1＋e－x＋1x2(x－3)，所以g(0)＝1>0，g(3＋eq\r(3))＝1＋eeq\s\up10(－2－eq\r(3))(3＋eq\r(3))2×eq\r(3)>0，g(1)＝－1<0，因为g(x)在(0,3－eq\r(3))上单调递减，所以g(3－eq\r(3))<g(1)<0.(另解：g(3－eq\r(3))＝1＋eq\f(－\r(3)12－6\r(3),eeq\s\up10(2－eq\r(3)))＝eq\f(eeq\s\up10(2－eq\r(3))－12\r(3)＋18,eeq\s\up10(2－eq\r(3))).因为2－eq\r(3)<eq\f(1,2)，所以eeq\s\up10(2－eq\r(3))<eeq\s\up10(\f(1,2))<2，所以eeq\s\up10(2－eq\r(3))－12eq\r(3)＋18<2－12eq\r(3)＋18＝20－12eq\r(3)＝eq\r(400)－eq\r(432)<0，所以g(3－eq\r(3))<0)(10分)又函数g(x)在(0,3－eq\r(3))上单凋递减，在(3－eq\r(3)，3＋eq\r(3))上单调递增，所以由零点存在定理，得存在唯一的α∈(0,3－eq\r(3))，β∈(3－eq\r(3)，3＋eq\r(3))，使得g(α)＝g(β)＝0，所以当x∈(0，α)时，g(x)＝f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(α，β)时，g(x)＝f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(β，3＋eq\r(3))时，g(x)＝f′(x)>0，f(x)单调递增．所以x＝α是函数f(x)的极大值点，x＝β是函数f(x)的微小值点．(注：若想说明x＝x0是函数f(x)的一个极值点，一要说明f′(x0)＝0，二要说明函数f(x)在x＝x0两侧的导函数值异号)(12分)第2步：确定函数f(x)在x∈(3＋eq\r(3)，＋∞)时的极值点状况当x>3＋eq\r(3)时，g(x)＝1＋e－x＋1x2(x－3)>0恒成立，即当x>3＋eq\r(3)时，方程g(x)＝f′(x)＝0无实数根，所以x∈(3＋eq\r(3)，＋∞)时，函数f(x)无极值点．(13分)第3步：依据函数g(x)的单调性及零点存在定理确定函数f(x)在x∈(－∞，0)时的极值点状况当x<0时，因为g(－2)＝1＋4×(－5)e3＝1－20e3<0，函数g(x)在(－∞，0)上单调递增，所以由零点存在定理可知，存在唯一的γ∈(－2,0)，使得g(γ)＝0，所以x<r时，g(x)＝f′(x)<0，f(x)单调递减；当γ<x<0时，g(x)＝f′(x)>0，f(x)单调递增．所以x＝γ是函数f(x)的微小值点．(14分)综上，函数f(x)的极值点个数为3.(15分)冲关策略：利用导数主要探讨函数的单调性、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探讨，此时要留意结合导函数图象的性质进行分析．【变式训练】(2024·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．[解析](1)当a＝0时，f(x)＝eq\f(3－2x,x2)，则f′(x)＝eq\f(2x－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(－2x2＋a－2x3－2x,x2＋a2)＝eq\f(2x2－3x－a,x2＋a2)，由题意可得f′(－1)＝eq\f(24－a,a＋12)＝0，解得a＝4，经检验，当a＝4时x＝－1为函数f(x)的极大值点，符合题意．故f(x)＝eq\f(3－2x,x2＋4)，f′(x)＝eq\f(2x＋1x－4,x2＋42)，列表如下：x(－∞，－1)－1(－1,4)