2018届二轮复习规范答题大题突破课导数课件理
规范答题
·
必考大题突破课
(
一
)
导 数
【
热点标签
】
1.
题型：解答题
2.
分值：
12
分
3.
难度：较难
【
热点题型
】
题型一
:
极值、导数几何意义及单调性的综合问题：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
.
题型二
:
利用导数研究不等式的综合问题：不等式的证明问题是高考考查的热点内容，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
.
题型一
极值、导数几何意义及单调性的综合问题
【
真题示例
】
(12
分
)(2015·
重庆高考
)
设函数
f(x
)=
(1)
若
f(x
)
在
x=0
处取得极值，确定
a
的值，并求此时
曲线
y=
f(x
)
在点
(1,f(1))
处的切线方程
.
(2)
若
f(x
)
在
[3,+∞)
上为减函数，求
a
的取值范围
.
【
信息解读
】
(1)
看到
f(x
)
在
x=0
处取得极值，想到
f′(0)=0.
(2)
看到 若
f(x
)
在［
3
，
+∞)
上为减函数，想到 利用
导数分析函数的单调性
.
【
标准答案
】
(1)
对
f(x
)
求导得
f′(x
)
…………………………………………2
分 得分点①
因为
f(x
)
在
x=0
处取得极值，所以
f′(0)=0
，即
a=0.
…………………………………………1
分 得分点②
当
a=0
时，
故
……………………1
分 得分点③
所以
y=
f(x
)
在点
(1,f(1))
处的切线方程为
化简得
3x-ey=0. ………………………2
分 得分点④
(2)
由
(1)
知
f′(x
)=
令
g(x
)=-3x
2
+(6-a)x+a,
由
g(x
)=0
解得
x
2
= ……………………2
分 得分点⑤
当
x
0,
即
f′(x
)>0
，故
f(x
)
为增函
数；
……………………………………2
分 得分点⑥
当
x>x
2
时，
g(x
)<0,
即
f′(x
)<0
，故
f(x
)
为减函数；
由
f(x
)
在
[3,+∞)
上为减函数，
知 解得
故
a
的取值范围为
…………2
分 得分点⑦
【
得分细则
·
答题规则
】
第
(1)
问踩点说明
(
针对得分点①②③④
):
①
正确求出函数的导数可得
2
分
.
②
写出
f′(0)=0
得出
a
的值
,
可得
1
分
.
③
求出
f(1)
及
f′(1)
可得
1
分
;
④
得分点有两处
:
一是写出切线方程可得
1
分
,
二是将切线方程化简成一般形式再得
1
分
.
第
(2)
问踩点说明
(
针对得分点⑤⑥⑦
):
⑤x
1
,x
2
的值每求出
1
个得
1
分
.
⑥
得分点有两处
:
一是写出
x1
时，
h′(x
)>0
，
h(x
)
单调递增；
所以
h(x)
min
=h(1)=2
，所以
f′(x
)>0
恒成立，
f(x
)
单调递增，且
f(1)=0.
由
g(x
)=
得
g′(x
)=
所以当
00
，
g(x
)
单调递增；
当
x>2
时，
g′(x
)<0
，
g(x
)
单调递减；
又
x→0
时，
g(x)→0
，且
g(1)=
g(2)=
所以
y=f(x
)
与
y=g(x
)
在
(1,2)
内存在唯一的公共点，即方程
f(x)=g(x
)
在
(1,2)
内存在唯一的实数根
.
故存在自然数
k,
使得方程
f(x)=g(x
)
在
(k,k+1)
内存在唯一的根
,
此时
k=1.
(3)
由
(2)
知
m(x
)=
其中
x
0
∈(1,2)
且满足
f(x
0
)=g(x
0
)
，
即
m(x
)=
当
x∈(0,x
0
］时，若
x∈(0,1
］，
m(x)≤0
；
若
x∈(1,x
0
］时，
m′(x
)=
故
00
，
m(x
)
单调递增；
若
x∈(2,+∞)
时，
m′(x
)<0
，
m(x
)
单调递减，
故
m(x)≤m(2)=
显然
m(x
0
)0,
即
x<1
时
,
函数
f(x
)
单调递增
;
当
f′(x
)<0,
即
x>1
时
,
函数
f(x
)
单调递减
.
所以
,f(x
)
在
(-∞
，
1)
上单调递增
,
在
(1,+ ∞)
上单调
递减
.……………………………………3
分 得分点②
(2)
设点
P
的坐标为
(x
0
,0)
，
则
曲线
y=f(x
)
在点
P
处的切线方程为
y=f′(x
0
)(x-x
0
)
，
……………………1
分 得分点③
即
g(x
)=f′(x
0
)(x-x
0
).
令
F(x)=f(x)-g(x
），即
F(x
)=f(x)-f′(x
0
)(x-x
0
)
，则
F′(x
)=f′(x)-f′(x
0
).…………1
分 得分点④
由于
f′(x
)=-nx
n-1
+n
在
(0,+∞)
上单调递减，故
F′(x
)
在
(0,+∞)
上单调递减
.
又因为
F′(x
0
)=0
，所以当
x∈(0,x
0
)
时，
F′(x
)>0
，
当
x∈(x
0
,+∞)
时，
F′(x
)<0
，所以
F(x
)
在
(0,x
0
)
上单
调递增，在
(x
0
,+∞)
上单调递减，所以对于任意的正
实数
x
，都有
F(x)≤F(x
0
)=0
，即对于任意的正实数
x
，
都有
f(x)≤g(x
).……………………2
分 得分点⑤
(3)
不妨设
x
1
≤x
2
.
由
(2)
知
g(x
)=(n-n
2
)(x-x
0
).
设方程
g
（
x
）
=a
的根为
x′
2
，可得
当
n≥2
时，
g(x
)
在
(-∞,+∞)
上单调递减
.
又由
(2)
知
g(x
2
)≥f(x
2
)=a=g(x′
2
)
，可得
x
2
≤x′
2
.
类似地，设曲线
y=f(x
)
在原点处的切线方程为
y=h(x
)
，可得
h(x)=nx
，
当
x∈(0,+∞)
，
f(x)-h(x)=-x
n
<0
，即对于任意的
x∈(0,+∞)
，
f(x)0
时
,f(x
)0,
使得对任意的
x∈(0,x
0
),
恒有
f(x)>g(x
).
(3)
确定
k
的所有可能取值
,
使得存在
t>0,
对任意的
x∈(0,t),
恒有
f(x)-g(x
)0
时，
F(x
)0
时，
f(x
)0,
故
G(x
)
在
[0,+∞)
上单调递增
,
G(x
)>G(0)=0
，
故对任意正实数
x
0
均满足题意
.
当
00
，从而
G(x
)
在
［
0,x
0
)
上单调递增，所以
G(x
)>G(0)=0
，即
f(x)>g(x
).
综上，当
k<1
时，总存在
x
0
>0
，使得对任意
x∈(0,x
0
)
，
恒有
f(x)>g(x
).
(3)
当
k>1
时，由
(1)
知，对于∀
x∈(0,+∞)
，
g(x
)>x
>f(x
)
，故
g(x)>f(x
)
，
|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=kx
-
ln(1+x).
令
M(x
)=kx-ln(1+x)-x
2
，
x∈[0,+∞)
，
则有
M′(x
)=
故当 时，
M′(x
)>0
，
M(x
)
在 上单调递增
.
故
M(x
)>M(0)=0
，即
|
f(x)-g(x
)
|
>x
2
，所以满足题意的
t
不存在
.
当
k<1
时，由
(2)
知，存在
x
0
>0
，使得当
x∈(0,x
0
)
时，
f(x)>g(x
)
，此时
|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x
)=ln(1+x)-
kx
，令
N(x
)=ln(1+x)-kx-x
2
，
x∈[0,+∞)
，则有
N′(x
)=
当 时，
N′(x
)>0
，
N(x
)
在 上单调递增
.
故
N(x
)>N(0)=0,
即
f(x)-g(x
)>x
2
.
记
x
0
与
中的较小者为
x
1
，则当
x∈
(0,x
1
)
时，恒有
|f(x)-g(x
)|>x
2
，故满足题意的
t
不存在
.
当
k=1
时，由
(1)
知，
当
x>0
时，
|
f(x)-g(x
)|=
g(x)-f(x
)=x-ln(1+x)
，
令
H(x
)=x-ln(1+x)-x
2
，
x∈[0,+∞)
，则有
H′(x
)=
当
x>0
时，
H′(x
)<0
，所以
H(x
)
在
[0,+∞)
上单调递减，故
H(x
)0
时，
|
f(x
)
-
g(x
)|
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