2021版高考理科数学人教通用版大一轮复习规范答题提分课(一)
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规范答题提分课(一)
传授答题章法 点拨得分技巧
函数与导数类解答题
典型例题 | 题目拆解 | |||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
(12分)(2019·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)=2x3-ax2+b. (1)讨论f(x)的单调性. (2)是否存在a,b,使得f(x)在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a,b的所有值;若不存在,说明理由. | 本题可拆解成以下几个小问题: (1)①求函数f(x)=2x3-ax2+b的导数;②利用分类与整合思想判断函数的单调性. (2)①对a分类讨论,求函数f(x)的单调区间;②分别求函数f(x)的最值,列出关于a,b的方程组;③解方程组,判断a,b是否符合相应区间. | |||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
标准答案 | 阅卷现场 | |||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
【解析】(1)对f(x)=2x3-ax2+b求导得 f′(x)=6x2-2ax=6x.…………① 所以有:当a<0时,在区间上单调递增, 在区间上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增; …………② 当a=0时,f(x)在区间(-∞,+∞)上单调递增; …………③ 当a>0时,f(x)在区间(-∞,0)上单调递增,在区间上单调递减, 在区间上单调递增. ……④ (2)若f(x)在区间[0,1]上有最大值1和最小值-1,所以 若a<0,f(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增;此时f(x)在区间[0,1]上单调递增,所以将f(0)=-1,f(1)=1代入,解得b=-1,a=0,与a<0矛盾,所以a<0不成立. ………………⑤ 若a=0,f(x)在区间(-∞,+∞)上单调递增; 在区间[0,1].所以将f(0)=-1,f(1)=1代入,解得 …………⑥ 若0<a≤2,f(x)在区间(-∞,0)上单调递增,在区间上单调递减,在区间上单调递增.即f(x)在区间上单调递减,在区间上单调递增,所以f(x)在区间[0,1]的最小值为f,而f(0)=b,f(1)=2-a+b≥f(0),故f(x)在区间[0,1]的最大值为f(1). 即相减得2-a+=2, 即a(a-3)(a+3)=0,又因为0<a≤2,所以无解. …………⑦ 若2<a≤3,f(x)在区间(-∞,0)上单调递增,在区间上单调递减,在区间上单调递增.即f(x)在区间上单调递减,在区间上单调递增,所以f(x)在区间[0,1]的最小值为f, |
第(1)问踩点得分说明 ①求导正确得1分; ②区间正确得1分; ③区间正确得1分; ④区间正确得1分; 第(2)问踩点得分说明 ⑤求解正确得1分; ⑥结果正确得1分. ⑦结果正确得2分; ⑧结果正确得2分; ⑨结果正确得1分; 写出最终结论得1分. | |||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
而f(0)=b,f(1)=2-a+b<f(0), 所以f(x)在区间[0,1]的最大值为f(0). 即相减得=2, 解得a=3,又因为2<a≤3,所以无解. ……⑧ 若a>3,f(x)在区间(-∞,0)上单调递增,在区间上单调递减,在区间上单调递增. 所以有f(x)在区间[0,1]上单调递减, 所以f(x)在区间[0,1]的最大值为f(0),最小值为f(1), 即解得 …………⑨ 综上得或 ………………⑩ |
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高考状元·满分心得
1.正确运用公式
牢记求导公式与法则,正确求导是关键.
2.分类讨论要全面
含参问题分类讨论是难点,做到合理分类,不重不漏是重点.如本例中就多次出现分类与整合思想在解题中的应用.
3.定义域优先在利用导数讨论函数的单调区间时,首先要确定函数的定义域,解决问题时必须在定义域内进行.在对函数划分单调区间时,除了必须确定使导数等于0的点(导函数的零点)外,还要注意定义域内不连续点和不可导点.
4.利用导数求闭区间上连续函数的最值
(1)当函数在[a,b]上连续,在(a,b)内可导时,关键是掌握求最值的步骤:先求导数为0的点的函数值,再与区间端点处的函数值进行比较,最后取最值.
(2)函数在[a,b]上间断,或在(a,b)上连续,不一定有最值.
(3)要注意灵活运用其他方法求最值,求导不一定最简单.
跟踪演练·感悟体验
1.(2019·浙江高考)已知实数a≠0,设函数f(x)=aln x+,x>0.
(1)当a=-时,求函数f(x)的单调区间.
(2)对任意x∈均有f(x)≤,求a的取值范围.
注:e=2.718 28…为自然对数的底数.
【命题意图】本题主要考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.
【解析】(1)当a=-时,f(x)=-ln x+,x>0.
f′(x)=-+=,
所以,函数f(x)的单调递减区间为(0,3),单调递增区间为(3,+∞).
(2)由f(1)≤,得0<a≤.
当0<a≤时,f(x)≤等价于--2ln x≥0.
令t=,则t≥2.
设g(t)=t2-2t-2ln x,t≥2,
(ⅰ)当x∈时,≤2,则
g(t)≥g(2)=8-4·-2ln x.
记p(x)=4-2-ln x,x≥,则
p′(x)=--=.
故
x | 1 | (1,+∞) | ||
p′(x) |
| - | 0 | + |
p(x) | p | 单调递减 | 极小值 p(1) | 单调递增 |
所以,p(x)≥p(1)=0.因此,g(t)≥g(2)=2p(x)≥0.
(ⅱ)当x∈时,
g(t)≥g=.
令q(x)=2ln x+(x+1),x∈,
则q′(x)=+1>0,
故q(x)在上单调递增,所以q(x)≤q.
由(ⅰ)得q=-p<-p(1)=0.
所以,q(x)<0.因此g(t)≥g=->0.
由(ⅰ)(ⅱ)得对任意x∈,t∈[2,+∞),
g(t)≥0,即对任意x∈,均有f(x)≤.
综上所述,所求a的取值范围是.
2.已知函数f(x)=e2x-3-2x.
(1)求f(x)的单调区间与最小值.
(2)是否存在实数x,y,使得f(x)+2x≤(x+y+1)(x-y-2),若存在,求x,y的值;若不存在,请说明理由.
【解析】(1)f′(x)=2e2x-3-2,
令f′(x)=0,得x=;
令f′(x)<0,得x<;
令f′(x)>0,得x>.
故f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为,当x=时,f(x)取最小值f(x)min=-2.
(2)易证mn≤,
则(x+y+1)(x-y-2)≤=,
当且仅当x+y+1=x-y-2,即y=-时,取等号.
f(x)+2x=e2x-3,
则e2x-3≤,
令t=2x-1(t>0),则et-2≤t2,即t-2≤2ln t-2ln 2.
设g(t)=t-2-(2ln t-2ln 2)(t>0),则g′(t)=,
当0<t<2时,g′(t)<0,g(t)单调递减;
当t>2时,g′(t)>0,g(t)单调递增.
故g(t)min=g(2)=0,则g(t)≥0,
又t-2≤2ln t-2ln 2,即g(t)≤0,
从而g(t)=0,即t=2.
综上,x=,y=-.
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