2018届二轮复习规范答题示范课一函数与导数类解答题课件理（全国通用）

2018届二轮复习规范答题示范课一函数与导数类解答题课件理（全国通用）

高考大题 · 规范答题示范课 ( 一 ) 函数与导数类解答题 【 命题方向 】 1. 导数的几何意义、函数的单调性、极值与最值的综合问题 : 以函数为载体 , 以导数为解题工具 , 主要考查函数的单调性、极值、最值问题的求法 , 以及参数的取值范围问题 . 2. 导数、函数、不等式的综合问题 : 不等式的证明问题是高考考查热点内容 , 常与绝对值不等式 , 二次函数等相联系 . 问题的解决通常采用构造新函数的方法 . 【 典型例题 】 (12 分 )(2016· 全国卷 Ⅰ) 已知函数 f(x )=(x-2)e x +a(x-1) 2 有两个零点 .(1) 求 a 的取值范围 .(2) 设 x 1 ,x 2 是 f(x ) 的两个零点 , 证明 :x 1 +x 2 <2. 【 题目拆解 】 本题可拆解成以下几个小问题 : (1)① 判断 a=0 时 , f(x ) 的零点个数 ; ② 判断 a>0 时 , f(x ) 的零点个数 ; ③ 判断 a<0 时 , f(x ) 的零点个数 . (2)① 求 f(2-x 2 ); ② 证明 x 1 +x 2 <2. 【 标准答案 】 (1)f′(x)=(x-1)e x +2a(x-1)=(x-1)(e x +2a). ……………………………… 1 分　得分点① ①设 a=0, 则 f(x )=(x-2)e x ,f(x) 只有一个零点 ; ……………………………… 1 分　得分点② ②设 a>0, 则当 x∈(-∞,1) 时 , f′(x )<0; 当 x∈(1,+∞) 时 , f′(x )>0, 所以 f(x ) 在 (-∞,1) 上单调递减 , 在 (1,+∞) 上单调递增 . 又 f(1)=-e,f(2)=a, 取 b 满足 b<0 且 b< ln , 则 f(b )> (b-2)+a(b-1) 2 =a >0, 故 f(x ) 存在两个零点 ; ……………… …2 分　得分点③ ③ 设 a<0, 由 f′(x )=0 得 x=1 或 x=ln(-2a). 若 a≥- , 则 ln(-2a)≤1, 故当 x∈(1,+∞) 时 , f′(x )>0, 因此 f(x ) 在 (1,+∞) 上单调递增 . 又当 x≤1 时 , f(x )<0, 所以 f(x ) 不存在两个零点 . 若 a<- , 则 ln(-2a)>1, 故当 x∈(1,ln(-2a)) 时 , f′(x )<0; 当 x∈(ln(-2a),+∞) 时 , f′(x )>0. 因此 f(x ) 在 (1,ln(-2a)) 上单调递减 , 在 (ln(-2a),+∞) 上单调递增 , 又当 x≤1 时 , f(x )<0, 所以 f(x ) 不存在两个零点 . ………………………………………… …2 分　得分点④ 综上 ,a 的取值范围为 (0,+∞). ………… 1 分　得分点⑤ (2) 不妨设 x 1 f(2-x 2 ), 即 f(2-x 2 )<0, 由于 f(2-x 2 )=-x 2 +a(x 2 -1) 2 , 而 f(x 2 )=(x 2 -2) + a(x 2 -1) 2 =0, 所以 f(2-x 2 )=-x 2 -(x 2 -2) , …… 2 分　得分点⑦ 设 g(x )=-xe 2-x -(x-2)e x , 则 g′(x )=(x-1)(e 2-x -e x ). …………… 1 分　得分点⑧ 所以当 x>1 时 , g′(x )<0, 而 g(1)=0, 故当 x>1 时 , g(x )<0. 从而 g(x 2 )=f(2-x 2 )<0, 故 x 1 +x 2 <2. …… 1 分　得分点⑨ 【 评分细则 】 第 (1) 问踩点说明 ( 针对得分点①②③④⑤ ): ① 有正确的求导式子得 1 分 ; ② 当 a=0 时 , 得出正确结论得 1 分 ; ③ 根据 a>0 时 , 判断出单调性得 1 分 , 找出两个零点得 1 分 ; ④ 根据 a<0 时 , 得出 a≥- 与 a<- 时均不存在两个零点 各得 1 分 ; ⑤ 正确得出结论得 1 分 ; 第 (2) 问踩点说明 ( 针对得分点⑥⑦⑧⑨ ): ⑥ 正确写出两根的范围得 1 分 ; ⑦ 将问题转化为函数的单调性 , 找到其对应的函数得 2 分 ; ⑧ 正确构造函数、求导得 1 分 ; ⑨ 利用函数的单调性得出正确结论得 1 分 . 【 高考状元满分心得 】 1. 牢记求导法则 , 正确求导 : 在函数与导数类解答题中 , 通常都会涉及求导 , 正确的求导是解题关键 , 因此要牢记求导公式 , 做到正确求导 , 如本题第 (1) 问就涉及对函数的求导 . 2. 注意利用第 (1) 问的结果 : 在题设条件下 , 如果第 (1) 问的结果第 (2) 问能用得上 , 可以直接用 , 有些题目不用第 (1) 问的结果甚至无法解决 , 如本题即是在第 (1) 问的基础上求解 . 3. 注意分类讨论 : 高考函数与导数解答题 , 一般都会涉及分类讨论 , 并且讨论的步骤也是得分点 , 所以一定要重视分类讨论 . 4. 写全得分关键 : 在函数与导数问题中 , 求导的结果、分类讨论的条件、极值、最值、题目的结论等一些关键式子和结果都是得分点 , 在解答时一定要写清楚 , 如本题中的得分点②③④⑦⑧等 . 【 跟踪训练 】 (12 分 )(2016· 全国卷 Ⅱ)(1) 讨论函数 f(x )= e x 的 单调性，并证明当 x>0 时， (x-2)e x +x+2>0. (2) 证明：当 a∈[0 ， 1) 时，函数 g(x )= (x>0) 有最小值 . 设 g(x ) 的最小值为 h(a ) ，求函数 h(a ) 的值域 . 【 题目拆解 】 本题可化整为零，拆解成以下几个小问题： ①求 f(x ) 的单调区间； ②当 x>0 时，证明 (x-2)e x +x+2>0 ； ③当 a∈[0 ， 1) 时，求函数 g(x )= (x>0) 的最小值； ④求函数 h(a ) 的最大值、最小值 . 【 解析 】 (1)f(x)= f′(x )= 因为当 x∈(-∞ ， -2)∪(-2 ， +∞) 时， f′(x )>0 ， 所以 f(x ) 在 (-∞ ， -2) 和 (-2 ， +∞) 上单调递增， 所以 x>0 时， e x >f(0)=-1 ， 所以 (x-2)e x +x+2>0. (2)g′(x)= a∈[0 ， 1). 由 (1) 知，当 x>0 时， f(x )= ·e x 的值域为 (-1 ， +∞) ，只有一解，使得 ·e t =-a ， t∈(0 ， 2]. 当 x∈(0 ， t) 时 g′(x )<0 ， g(x ) 单调递减； 当 x∈(t ， +∞) 时 g′(x )>0 ， g(x ) 单调递增 . h(a )= 记 k(t )= ，在 t∈(0 ， 2] 时， k′(t )= >0 ， 所以 k(t ) 单调递增， 所以 h(a )= k(t )∈